资源简介

(共41张PPT)
第四章　
抛体运动　圆周运动
【考情分析】
　　　　年份 　考查点　　　　 2025 2024 2023
曲线运动 运动的合成与分解 黑吉辽内蒙古·T1、T6、湖南·T2 安徽·T9 江苏·T10、
全国乙·T15、
辽宁·T1
抛体运动 云南·T3、 湖北·T6、 山东·T10 新课标·T15、 江苏·T4、湖北·T3、 广西·T8、山东·T12 江苏·T15、
新课标·T24、
山东·T15
圆周运动 河北·T5、江苏·T4、 山东·T4、重庆·T3、 福建·T5、广东·T8 广东·T5、 甘肃·T8、 黑吉辽·T2 江苏·T13、
全国甲·T17、
北京·T10
实验:探究平抛运动的特点 河北·T11 北京·T16、
浙江6月选考·T16
实验:探究向心力大小的表达式 北京·T16 海南·T14 浙江1月选考·T16
【AI考情预测】
一、命题趋势
1.抛体运动方向
科技应用:如导弹拦截轨迹、太空微重力环境下的抛体运动(如空间站实验)。
复杂情境:多物体抛体相遇问题(如烟花爆炸后的碎片运动)。
2.圆周运动方向
工程模型:如离心机、高速列车转弯的轨道设计(需考虑倾斜角与速度关系)。
跨模块综合:电磁场中的圆周运动(如回旋加速器)。
3.能力要求提升
数学建模:利用参数方程或极坐标分析复杂曲线运动。
图像分析:如向心力F与角速度ω2的关系图像斜率含义。
二、热点预测
1.抛体运动与电磁场结合(如带电粒子在复合场中的类平抛运动)。
2.圆周运动融入传感器技术(如力传感器测向心力)。
3.“平抛+圆周”双过程链式问题(如物体先平抛后绕固定点旋转)。
4.变速圆周与非匀力介入(如2025大纲新增“变加速圆周受力分析”)。
三、备考建议
1.基础强化:掌握平抛位移/速度分解通法,熟练“斜面+抛体”夹角公式;区分水平圆周(摩擦力/弹力提供向心力)与竖直圆周(能量守恒定律联立)解题路径。
2.热点突破:重点训练“车辆转弯”“皮带传动”“转盘临界”三类模型;关注航天科技(卫星变轨)、体育竞技(滑冰过弯)等新情境题。
3.实验拓展:验证圆锥摆向心力公式,优化光电门计时方案。
总结:未来命题将更注重真实问题解决能力,减少纯公式套用,强调“建模→拆解→多维度分析”链条。建议结合真题进行跨模块综合训练。
第1讲
曲线运动　运动的合成与分解
【学习目标】
1.理解曲线运动的条件,掌握运动的合成与分解原理,能分析平抛、斜抛等典型曲线运动。
2.熟练运用矢量分解与合成方法处理复杂运动,通过数学推导建立位移、速度、加速度的关联规律。
3.认识曲线运动在生活与科技中的应用,形成理论联系实际的科学视角。
知识构建
切线　
方向　
变速　
加速度　
合力　
分运动　
合运动
实际效果　
正交分解　
矢量
基础转化
1.下列说法正确的是(　　)
A.物体做曲线运动时,速度可能是均匀变化的
B.物体在恒力作用下不可能做匀变速曲线运动
C.物体做曲线运动的速度大小一定是变化的
D.物体做曲线运动时,其合外力的方向有可能与速度方向相同
A
2.(多选)(2025·广西模拟)关于运动的合成与分解,下列说法正确的是
(　 　)
A.两个直线运动的合运动不一定是直线运动
B.两个互成角度的匀速直线运动的合运动一定是直线运动
C.两个匀加速直线运动的合运动可能是曲线运动
D.两个初速度为零的匀加速直线运动互成角度,合运动一定不是匀加速直线运动
ABC
考点一
曲线运动的条件和特征
1.曲线运动中合力方向、速度方向与轨迹间的关系
(1)
(2)
2.曲线运动中速率变化的判断
[例1] 【对曲线运动的理解】 下列对曲线运动的描述正确的是(　　)
A.速度大小和方向都在不断变化
B.加速度一定变化
C.加速度和速度的方向可能始终垂直
D.物体只有在所受的合力方向与速度方向垂直时,才能做曲线运动
C
【解析】 曲线运动是变速运动,即速度方向时刻在变,但速度大小不一定改变,如匀速圆周运动,故A错误;曲线运动的加速度不一定改变,如平抛运动,加速度始终为重力加速度,故B错误;加速度和速度的方向可能始终垂直,如匀速圆周运动,故C正确;物体做曲线运动的条件是所受合力的方向与速度方向不共线,即成一定夹角,但不一定是直角,锐角、钝角和直角均可,故D错误。
[例2] 【曲线运动的轨迹分析】 (2025·安徽合肥二模)如图所示,一物体在光滑水平面上做匀速直线运动,从a点开始受到水平恒力F的作用,经过一段时间到达b点,此时F突然反向且大小不变,再经过相同时间物体到达c点。下列关于该物体在a、c两点间的运动轨迹可能正确的是(　　)
A
A　 　 B C　 　 D
【解析】 物体所受合力与速度方向不在一条直线上,物体做曲线运动,速度沿着轨迹的切线方向,物体由a点到b点和由b点到c点所受合力均为恒力,速度方向逐渐靠近合力方向。
考点二
运动的合成与分解
1.合运动和分运动的关系
等时性 各分运动经历的时间与合运动经历的时间相等
独立性 各分运动独立进行,不受其他分运动的影响
等效性 各分运动的规律叠加起来与合运动有完全相同的效果
2.合运动的性质判断
[例3] 【合运动与分运动的关系】 (2025·河北秦皇岛一模)一个质量为m=2.7 g的乒乓球,以v0=15 m/s的初速度水平向北抛出,此时正好有风,风力水平向西,俯视图如图所示,已知重力加速度g取10 m/s2,乒乓球受到的水平风力大小恒为0.027 N,空气阻力忽略不计。乒乓球在空中运动0.2 s过程中,下列说法正确的是(　　)
A.乒乓球做变加速曲线运动
B.乒乓球的加速度大小为10 m/s2
C.乒乓球向北运动的位移大小为3 m
D.乒乓球下落高度为0.4 m
C
[例4] 【合运动轨迹的判断】 (2025·河南漯河模拟)漯河红枫广场无人机灯光表演向广大市民展现了科技的惊艳,同时也很好地烘托了节日的氛围,并给漯河的文化、经济等做了极大的宣传。在一次无人机表演中,若分别以水平向右、竖直向上为x轴、y轴的正方向,某架参演的无人机在x、y方向的v-t图像分别如图甲、乙所示,则在0～t2时间内,该无人机的运动轨迹为(　　)
A　 　 B C　 　 D
A
【解析】 由题图可知,在0～t1时间内无人机竖直方向做匀速直线运动,水平方向向右做匀减速直线运动,可知在0～t1时间内无人机受到的合外力方向水平向左,根据合外力指向轨迹凹侧,可知0～t1时间内无人机运动的轨迹向左弯曲;在t1～t2时间内无人机竖直方向向上做匀减速直线运动,水平方向做匀速直线运动,可知在t1～t2时间内无人机受到的合外力竖直向下,根据合外力指向轨迹凹侧,可知在t1～t2时间内无人机运动的轨迹向下弯曲。
考点三
小船渡河模型
1.船的实际运动:随水漂流的运动和船相对静水的运动的合运动。
2.三种速度:船在静水中的速度v船、水流的速度v水、船的实际速度v。
3.两类问题、三种情境
[例5] 【渡河时间问题】 (2025·云南昆明开学考试)假设一只小船匀速横渡一条河流,当船头垂直于对岸方向航行时,在出发后10 min到达对岸下游120 m处;若船头保持与上游河岸成α角向上游航行,出发后12.5 min到达正对岸,两次渡河时小船相对于静水的速度大小相等。以下说法正确的是(　　)
A.船头与河岸间的夹角α为37°
B.船头与河岸间的夹角α为60°
C.小船在静水中的速度大小为0.6 m/s
D.河的宽度为200 m
D
A.1.2 m/s B.1.5 m/s
C.1.8 m/s D.2.5 m/s
B
“三模型、两方案、两确定”解决小船渡河问题
方法点拨
考点四
关联速度问题
1.关联速度模型
(1)模型特点。
与绳(杆)相连的物体的运动方向与绳(杆)不在一条直线上。
(2)绳(杆)端速度的分解思路。
2.常见模型(如图所示)
[例7] 【绳端速度的分解】 (2025·黑吉辽内蒙古卷,6)如图,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
[例8] 【杆端速度的分解】 如图所示,一根长为L的直杆一端抵在墙角,一端倚靠在物块的光滑竖直侧壁上,物块向左以速度大小v运动时,直杆绕O点做圆周运动且与物块间始终有弹力。当直杆与水平方向的夹角为θ时,直杆上与物块接触的A点线速度大小为(　　)
A
感谢观看第4讲　圆周运动
【学习目标】
1.理解匀速圆周运动的运动学特征,掌握线速度、角速度、向心加速度的定量关系及变速率圆周运动的分析方法。
2.能通过受力分析建立圆周运动的动力学方程,明确解决圆周运动的动力学问题的思路,解决生活中的圆周运动问题。
3.认识圆周运动在科技、生活中的应用,理解安全设计中的物理原理。
[footnoteRef:2] [2:
1.如图所示,修正带的核心部件是两个半径之比为3∶1的大小齿轮,两个齿轮通过相互啮合进行工作,A和B分别为两个齿轮边缘处的两点。若两齿轮匀速转动,下列说法正确的是(　　)
A.A、B两点的线速度大小之比为1∶1
B.A、B两点的线速度大小之比为3∶1
C.A、B两点的角速度大小之比为3∶1
D.A、B两点的向心加速度大小之比为3∶1
【答案】 A
2.(多选)(2025·山东潍坊开学考试)如图所示,两个同轴心的玻璃漏斗内表面光滑,两漏斗与竖直转轴的夹角分别是α、β,且α<β,A、B、C三个小球在漏斗上做匀速圆周运动,A、B两球在同一漏斗的不同位置,C球在另一个漏斗上且与B球位置等高,下列说法正确的是(　　)
A.A球与B球受到的支持力一定大小相等
B.A球与B球的向心加速度一定大小相等
C.B球与C球的线速度一定大小相等
D.B球的周期一定等于C球的周期
【答案】 BC]
【答案】 　　　　ω2r　r　方向　大小　m
mr　逐渐远离　切线　远离　近心
考点一　圆周运动的运动学问题
1.圆周运动各物理量间的关系
2.常见的传动方式及特点
项目 同轴转动 皮带传动 齿轮传动
装置 A、B两点在同轴的一个圆盘上 两个轮子用皮带连接,A、B两点分别是两个轮子边缘的点 两个齿轮轮齿啮合,A、B两点分别是两个齿轮边缘上的点
特点 角速度、周期相同 线速度大小相等 线速度大小相等
转向 相同 相同 相反
规律 线速度与半径成正比: = 向心加速度与半径成正比: = 角速度与半径成反比: = 向心加速度与半径成反比: = 角速度与半径成反比: = 向心加速度与半径成反比: =
[例1] 【圆周运动物理量的关系】 (2024·黑吉辽卷,2)“指尖转球”是花式篮球表演中常见的技巧。如图,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(　　)
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
【答案】 D
【解析】 由题意可知,球面上P、Q两点转动时属于同轴转动,故角速度大小相等,故D正确;由题图可知,球面上P、Q两点做圆周运动的半径的关系为rP[例2] 【圆周运动中的传动问题】 (2025·陕西西安模拟)如图为自行车的部分示意图,A、B、C分别为大齿轮、小齿轮、后轮边缘上的点,后轮上粘有一小块泥巴D。 将后轮架空,用力踩脚踏板使后轮匀速转动,则(　　)
A.A点的线速度大于B点的线速度
B.A点的角速度大于C点的角速度
C.A点的向心加速度小于C点的向心加速度
D.D通过最高点时最容易脱落
【答案】 C
【解析】 A、B两点链条传动,A、B两点的线速度大小相等,故A错误;B、C两点的角速度大小相等,则A点角速度ωA====,由于rA>rB,则ωA<ωC,故B错误;A点的向心加速度aA=rA=rA=rB<·rC=aC,由于rB[例3] 【圆周运动的多解问题】 (多选)(2025·江西上饶期中)如图所示,直径为0.25 m的水平圆筒表面有一小孔,圆筒绕中心轴线以恒定的角速度匀速转动。现将一小球从圆筒正上方距圆筒上表面高度为0.2 m处由静止释放,当小球到达圆筒处时,小球恰好从小孔进入圆筒。重力加速度大小g取10 m/s2,不计空气阻力。若小球能够顺利离开圆筒,则圆筒转动的角速度大小可能为(　　)
A.10π rad/s B.20π rad/s
C.30π rad/s D.40π rad/s
【答案】 AC
【解析】 小球做自由落体运动,在竖直方向上有h=gt2,h+d=gt′2,其中h=0.2 m,d=0.25 m,小球在圆筒中运动的时间Δt=t′-t,圆筒转动的周期T=,根据题意有Δt=(n+)T(n=0,1,2,3,…),解得ω=20π(n+) rad/s(n=0,1,2,3,…),当n=0时,ω=10π rad/s;当n=1时,ω=30π rad/s,故选AC。
考点二　圆周运动的动力学问题　　　　　　 　　　　　 　　　　　
1.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,沿半径方向指向圆心的合力就是向心力。
2.匀速圆周运动的实例
运动模型 向心力的来源图示
飞机水平转弯
火车转弯
圆锥摆
飞车走壁
汽车在水平 路面转弯
水平转台
3.变速圆周运动
如图所示,当小球在竖直面内摆动时,沿半径方向的合力提供向心力,F=FT-mgcos θ=m。
[例4] 【圆周运动的动力学问题】 (2025·山东卷,4)某同学用不可伸长的细线系一个质量为0.1 kg的发光小球,让小球在竖直面内绕一固定点做半径为0.6 m的圆周运动。在小球经过最低点附近时拍摄了一张照片,曝光时间为 s。由于小球运动,在照片上留下了一条长度约为半径的圆弧形径迹。根据以上数据估算小球在最低点时细线的拉力大小为(g取10 m/s2)
(　　)
A.11 N B.9 N C.7 N D.5 N
【答案】 C
【解析】 由于在曝光时间内小球运动的路程为Δl=r=×0.6 m=0.12 m,可近似认为在曝光时间内小球做匀速直线运动,故有v== m/s=6 m/s,在最低点,根据牛顿第二定律有FT-mg=m,代入数据解得FT=7 N。C正确。
解决圆周运动的动力学问题的一般思路
[例5] 【圆锥摆(筒)模型】 (2024·江苏卷,11)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,A、B在同一竖直线上,不计一切摩擦,则(　　)
A.线速度vA>vB B.角速度ωA>ωB
C.向心加速度aAFB
【答案】 C
【解析】 由题意可知,A、B在同一竖直线上,则rA=rB,设小球所在高度与竖直管的顶端的高度差为h,细绳与竖直方向的夹角为θ,则小球运动半径为r=htan θ,根据牛顿第二定律可得,向心力F=man=mgtan θ=mω2r=m,则v==,故vA[变式] (1)若改变拉力F,使得小球在同一水平面A、B两处做圆锥摆运动,则小球在A、B两处的角速度和线速度大小是否相同
(2)若改变拉力F,使得小球在不同水平面A、B两处做圆锥摆运动,但绳与竖直方向之间的夹角相同,则小球在A、B两处的向心加速度和所受绳拉力的大小是否相同
【答案】 (1)角速度相同,线速度大小不相同
(2)向心加速度大小相同,受到绳的拉力大小也相同
【解析】 (1)对题图甲中小球受力分析,设绳与竖直方向的夹角为θ,小球的质量为m,小球到竖直管顶端的竖直距离为h,则mgtan θ=mω2lsin θ,解得ω==,所以小球在A、B两处的角速度相同,根据v=ωr,可知线速度大小不相同。
(2)对题图乙中小球受力分析,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=ma,FTcos θ=mg,解得a=gtan θ,FT=,所以小球在A、B两处的向心加速度大小相同,受到绳的拉力大小也相同。
圆锥摆和圆锥筒的模型分析
圆锥摆 (1)向心力F=mgtan θ=m=mω2r,且r=Lsin θ, 解得v=,ω=。 (2)稳定状态下,θ越大,角速度ω和线速度v就越大,小球受到的拉力FT=和运动所需向心力也越大
圆锥筒 (1)筒内壁光滑,向心力由重力mg和支持力FN的合力提供, 即=m=mω2r,解得v=,ω=。 (2)稳定状态下小球所处的位置越高,半径r越大,角速度ω越小,线速度v越大,支持力FN=和向心力F=并不随位置的变化而变化
[例6] 【生活中的圆周运动】 (2025·贵州阶段练习)如图所示的路段是一段半径为100 m的水平圆弧形弯道。在晴天时,路面对轮胎的最大静摩擦力为正压力的;雨天时,路面被雨水淋湿,路面对轮胎的最大静摩擦力变为正压力的。一辆质量m=2.0×103 kg的汽车(可视为质点)在该公路的弯道上行驶。重力加速度大小g取10 m/s2,取sin 15°=0.26,cos 15°=0.97,tan 15°=
0.27,=5.48。
(1)若路面水平,求在晴天时,汽车能安全通过该水平圆弧形弯道的最大速率;(结果保留根号)
(2)若将弯道处路面设计为向内侧倾斜,与水平面的夹角为θ=15°:
①晴天时,汽车以多大速度通过该水平圆弧形弯道时轮胎与路面间的侧向摩擦力为零 这种情况下汽车受到路面的弹力为多少 (结果保留三位有效数字);
②雨天时,求汽车能安全通过此倾斜圆弧形弯道的最大速率。(结果保留整数)
【答案】 (1)10 m/s
(2)①16.4 m/s　2.06×104 N　②27 m/s
【解析】 (1)晴天时,汽车达到安全通过该水平圆弧形弯道的最大速率时,摩擦力达到最大静摩擦力,
Ffm=0.6mg,
由牛顿第二定律有Ffm=m,
解得vm=10 m/s。
(2)①由题意可知,轮胎与路面间的侧向摩擦力为零时,
由牛顿第二定律有mgtan θ=m,
解得v=3 m/s=16.4 m/s,
由平衡条件有FN=,
解得FN=2.06×104 N。
②由题意,通过受力分析,由牛顿第二定律可知FN′sin θ+Ffm′cos θ=m,
由平衡条件有FN′cos θ=Ffm′sin θ+mg,
又有Ffm′=0.4FN′,
解得vm′=27 m/s。
课时作业
对点1.圆周运动的运动学问题
1.(2025·河北卷,5)某同学在傍晚用内嵌多个彩灯的塑料绳跳绳,照片记录了彩灯在曝光时间内的运动轨迹,简图如图。彩灯的运动可视为匀速圆周运动,相机本次曝光时间是 s,圆弧对应的圆心角约为30°,则该同学每分钟跳绳的圈数约为(　　)
A.90 B.120
C.150 D.180
【答案】 C　
【解析】 根据题意可知,塑料绳转动的角速度为ω== rad/s=5π rad/s,故该同学每分钟跳绳的圈数为n==150。
2.(多选)(2025·福建卷,5)在2025年央视春晚上,人形机器人表演了一个精彩的扭秧歌、转手绢节目。如图,机器人转动手绢,手绢绕其中心点O在一竖直面内匀速转动,O点在空间中保持不动,P、Q是固定在手绢上可视为质点的两个小饰物,与O点的距离分别为d、d,则手绢转动过程中(　　)
A.Q的线速度大小是P的倍
B.Q的角速度大小是P的倍
C.P的加速度大小是Q的倍
D.P受到的合外力方向始终指向O点
【答案】 AD
【解析】 手绢绕O点匀速转动时,手绢上各点的角速度相同,所以ωQ=ωP,故选项B错误;又rQ=rP,根据v=ωr,得vQ=vP,故选项A正确;匀速圆周运动的加速度a=ω2r,所以aQ=aP,故选项C错误;匀速圆周运动的合外力提供向心力,其方向始终指向圆心,故选项D正确。
3.(2025·山西晋中阶段练习)如图所示,半径R=0.4 m 的圆盘水平放置,绕竖直轴O′O匀速转动,在圆心O正上方h=0.8 m处固定一水平轨道PQ,转轴和水平轨道交于O′点。一质量为m的小车(可视为质点),在水平恒力F作用下(一段时间后,撤去该力),从O′点左侧x0处由静止开始沿轨道向右运动,当小车运动到O′点时,从小车上自由释放一小球,此时圆盘半径OA与x轴重合。规定经过O点水平向右为x轴正方向。不计空气阻力,g取10 m/s2。
(1)为使小球刚好落在A点,圆盘转动的角速度应为多大
(2)为使小球能落到圆盘上,求小车到达O′点的速度范围。
【答案】 (1)5πk rad/s(k=1,2,3,…)
(2)0≤v≤1 m/s
【解析】 (1)小球离开小车后,由于惯性,将以离开小车时的速度做平抛运动,
竖直方向有h=gt2,
解得t== s=0.4 s,
为使小球刚好落在A点,则应满足ωt=2πk,
解得ω==5πk rad/s(k=1,2,3,…)。
(2)小球离开小车后做平抛运动,水平方向有R=vt,
小车运动到O′点的速度v== m/s=1 m/s,
所以小球若能落到圆盘上,其在O′点的速度范围是0≤v≤1 m/s。
对点2.圆周运动的动力学问题
4.(2025·福建漳州模拟)如图所示,在匀速转动的洗衣机脱水筒内壁上,有一件湿衣服随圆筒一起转动而未滑动,则(　　)
A.衣服仅受到筒壁的弹力和摩擦力的作用
B.加快脱水筒转动角速度,筒壁对衣服的摩擦力增大
C.当衣服对水滴的附着力不足以提供水滴需要的向心力时,衣服上的水滴将做离心运动
D.增大脱水筒的转动周期,脱水效果会更好
【答案】 C
【解析】 受力分析可知衣服受到重力、筒壁的弹力、静摩擦力,故A错误;对衣服受力分析,在竖直方向,受到重力和摩擦力,二力平衡,加快脱水筒转动角速度,衣服在竖直方向仍然保持平衡状态,故摩擦力不变,故B错误;脱水过程中,衣服做离心运动而甩向筒壁,衣服上的水滴依附的附着力是一定的,当水滴和衣服一起做高速圆周运动时,因水滴做圆周运动所需的向心力大于该附着力,水滴做离心运动,沿切线方向被甩出,故C正确;根据向心力公式F=mω2r,又有T=,化简得F=,可知周期越小,需要的向心力越大,脱水效果会更好,故D错误。
5.(2025·四川模拟)如图所示,一半径为R的光滑圆环在竖直面内,O为圆心,原长为2R的轻弹簧一端固定在圆环的最低点A,另一端连接套在圆环上的小球。圆环绕竖直直径AB以角速度ω匀速转动,小球相对圆环静止时,小球、圆心连线与直径AB的夹角θ=60°。已知小球质量为m,重力加速度大小为g。则圆环对小球作用力的大小为(　　)
A.mg B.mRω2
C.mg-mRω2 D.mg+mRω2
【答案】 D
【解析】 小球做匀速圆周运动,对其进行受力分析,如图所示,则有FNcos θ+Fcos θ=mg,FNsin θ-Fsin θ=mω2r,根据几何关系有Rsin θ=r,解得FN=mg+mRω2,故选D。
6.(多选)(2025·广东卷,8)将可视为质点的小球沿光滑冰坑内壁推出,使小球在水平面内做匀速圆周运动,如图所示。已知圆周运动半径R为 0.4 m,小球所在位置处的切面与水平面夹角θ为45°,小球质量为0.1 kg,重力加速度g取10 m/s2。关于该小球,下列说法正确的有(　　)
A.角速度为5 rad/s
B.线速度大小为4 m/s
C.向心加速度大小为10 m/s2
D.所受支持力大小为1 N
【答案】 AC
【解析】 对小球受力分析可知F向=mgtan 45°=mω2R,解得ω=5 rad/s,A正确;线速度大小为v=ωR=2 m/s,B错误;向心加速度大小为an=ω2R=10 m/s2,C正确;所受支持力大小为FN==
N,D错误。
7.(2025·江苏二模)竖直平面内有一L形光滑细杆,杆上套有相同的小球A、B。现让杆绕过底部O点所在的竖直轴匀速转动,两小球A、B在杆上稳定时,其相对位置关系可能正确的是(　　)
　　　
A B
　　　
C D
【答案】 D
【解析】 设杆与竖直方向的夹角为α,小球距离O点的高度为h,根据牛顿第二定律得=mω2htan α ,解得h=,两个小球的角速度ω相同,α越小,h越大, A、B错误;根据牛顿第二定律得=mω2r,解得r= ,两个小球的角速度ω相同,α越小,运动半径r越大,所以A球的运动半径比B球的运动半径大, C错误,D正确。
8.(多选)(2025·山东卷,10)如图所示,在无人机的某次定点投放性能测试中,目标区域是水平地面上以O点为圆心,半径为R1=5 m的圆形区域,OO′垂直于地面,无人机在离地面高度H=20 m的空中绕O′点、平行于地面做半径为R2=3 m的匀速圆周运动,A、B为圆周上的两点,∠AO′B=90°。若物品相对无人机无初速度地释放,为保证落点在目标区域内,无人机做圆周运动的最大角速度应为ωmax。当无人机以ωmax沿圆周运动经过A点时,相对无人机无初速度地释放物品。不计空气对物品运动的影响,物品可视为质点且落地后即静止,重力加速度大小g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A.ωmax= rad/s
B.ωmax= rad/s
C.无人机运动到B点时,在A点释放的物品已经落地
D.无人机运动到B点时,在A点释放的物品尚未落地
【答案】 BC
【解析】 物品从无人机上释放后,做平抛运动,竖直方向H=gt2,水平方向满足x=vt,而最大角速度ωmax=,要使得物品落点在目标区域内,有=R1,联立可得t=2 s,ωmax= rad/s,故A错误,B正确;无人机从A到B的时间t′== s>t,可知无人机运动到B点时,在A点释放的物品已经落地,故C正确,D错误。
9.(2025·安徽蚌埠期末)如图甲所示,带有一白点的黑色圆盘,绕过其中心且垂直于盘面的轴沿顺时针方向匀速转动,转速为10 r/s。现用频闪相机对其拍照,连续两次拍摄的照片如图乙、丙所示,若测得图乙、丙中白点与圆心的连线之间的夹角为120°,则频闪相机的频闪频率可能是(　　)
A.7.5 Hz B.15 Hz
C.22.5 Hz D.35 Hz
【答案】 A
【解析】 夹角120°以弧度表示为,设频闪时间为Δt,圆盘的转速为n,根据圆周运动的周期性有ωΔt=2kπ+π(k=0,1,2,3,…),根据角速度与转速的关系有ω=2πn,根据频闪频率与周期的关系有f=,解得f= Hz(k=0,1,2,3,…),若频率为7.5 Hz,解得k=1,符合要求,故A正确;结合上述,若频率为15 Hz,解得k=,不符合要求,故B错误;结合上述,若频率为22.5 Hz,解得k=,不符合要求,故C错误;结合上述,若频率为35 Hz,解得k=-,不符合要求,故D错误。
10.(2024·江西卷,14)雪地转椅是一种游乐项目,其中心传动装置带动转椅在雪地上滑动。如图甲、乙所示,传动装置有一高度可调的水平圆盘,可绕通过中心O点的竖直轴匀速转动。圆盘边缘A处固定连接一轻绳,轻绳另一端B连接转椅(视为质点)。转椅运动稳定后,其角速度与圆盘角速度相等。转椅与雪地之间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,不计空气阻力。
(1)在图甲中,若圆盘在水平雪地上以角速度ω1匀速转动,转椅运动稳定后在水平雪地上绕O点做半径为r1的匀速圆周运动。求AB与OB之间夹角α的正切值。
(2)将圆盘升高,如图乙所示。圆盘匀速转动,转椅运动稳定后在水平雪地上绕O1点做半径为r2的匀速圆周运动,绳子与竖直方向的夹角为θ,绳子在水平雪地上的投影A1B与O1B的夹角为β。求此时圆盘的角速度ω2。
【答案】 (1)　(2)
【解析】 (1)对转椅受力分析,转椅在竖直方向受向下的重力mg和向上的支持力FN,在水平方向受沿绳方向的绳拉力FT和沿圆周切线反方向的滑动摩擦力Ff,如图所示,
转椅在水平面内做匀速圆周运动,
由竖直方向上受力平衡有FN=mg,
水平方向有FTsin α=Ff,
FTcos α=mr1,
又Ff=μFN,
解得tan α=。
(2)将转椅所受沿绳方向的绳拉力FT′正交分解到沿A1B方向和垂直于A1B方向,
沿A1B方向的分力为FT′sin θ,
垂直于A1B方向的分力为FT′cos θ,
转椅在竖直方向受向下的重力mg、向上的支持力FN′和向上的绳拉力的分力FT′cos θ,
转椅在水平方向受沿A1B方向的分力FT′sin θ和沿圆周切线反方向的滑动摩擦力Ff′,转椅在水平面内做匀速圆周运动,
由竖直方向上受力平衡有mg=FN′+FT′cos θ,
水平方向有FT′sin θsin β=Ff′,
FT′sin θcos β=mr2,
又Ff′=μFN′,
解得ω2=。(共42张PPT)
第2讲
抛体运动
【学习目标】
1.掌握抛体运动的分解方法,理解运动轨迹、射程、射高的决定因素。
2.能通过运动学公式与数学推导解决斜抛运动的最值问题,并利用矢量合成分析复杂抛体运动。
3.认识抛体运动在体育、工程中的应用,形成理论联系实际的科学态度。
知识构建
基础转化
1.关于平抛运动,下列说法正确的是(　　)
A.抛出点离地面越高,物体落地时间一定越长
B.初速度越大,物体在空中运动的时间越长
C.物体落地时的水平位移与物体的初速度无关
D.物体落地时的水平位移与物体抛出点的高度无关
A
2.若把某比赛中铅球的运动简化为如图所示的模型:铅球从离水平地面一定高度的O点被抛出,抛出时的速度大小为v0、方向与水平方向的夹角为θ,经过一段时间铅球落地,落地时的速度方向与水平方向的夹角为α,不计空气阻力,重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　)
C
考点一
对平抛运动的理解及应用　
(1)无人机在距离水平地面高度h处,以速度v0水平匀速飞行并释放一包裹,不计空气阻力,重力加速度为g。包裹在下落过程中速度的变化量有什么特点
模理探真·深度学习
提示:因为平抛运动的加速度为重力加速度g恒定不变,所以做平抛运动的物体在任意相等时间间隔Δt内的速度变化量Δv=gΔt是相同的,方向恒为竖直向下,如图所示。
(2)如图所示,包裹下落到空中的A点时,设其位移与水平方向的夹角为α,在A点速度偏向角为θ,试证明tan θ=2tan α。
1.平抛(或类平抛)运动所涉及物理量的计算
2.两个重要推论
(1)做平抛运动的物体在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。
(2)做平抛运动的物体在任意时刻任意位置处,速度方向与水平方向的夹角θ和位移方向与水平方向的夹角α的关系为:tan θ=2tan α。
[例1] 【对平抛运动规律的理解】 关于平抛运动,下列说法正确的是(　　)
A.速度方向不断改变,不可能是匀变速运动
B.在任意相等时间内的速度变化量都相等
C.在任意相等时间内的位移都相等
D.加速度随时间逐渐增大
B
[例2] 【平抛运动规律的应用】 (2025·云南卷,3)如图所示,某同学将两颗鸟食从O点水平抛出,两只小鸟分别在空中的M点和N点同时接到鸟食。鸟食的运动视为平抛运动,两运动轨迹在同一竖直平面内,则(　　)
A.两颗鸟食同时抛出
B.在N点接到的鸟食后抛出
C.两颗鸟食平抛的初速度相同
D.在M点接到的鸟食平抛的初速度较大
D
考点二
与斜面或圆弧面有关的平抛运动
1.落点在斜面上的三种情境分析
模型
方法 分解速度,构建速度三角形,找到斜面倾角θ与速度方向的关系 分解速度,构建速度的矢量三角形 分解位移,构建位移三角形,隐含条件:斜面倾角θ等于位移与水平方向的夹角
2.落点在曲面上的三种情境分析
模型
处理方法 分解速度 利用位移关系 利用位移关系
[例3] 【从斜面上平抛又落到斜面上的平抛运动】 跳台滑雪是一项勇敢者的滑雪运动,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,求:(取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2)
(1)运动员在空中飞行的时间;
【答案】 (1)3 s
(2)运动员落在B处时的速度大小;
(3)运动员在空中与坡面的最大距离。
【答案】 (3)9 m
方法点拨
题后反思
灵活建立坐标系解决平抛问题
(1)坐标系的建立是任意的,和斜面结合的平抛运动也可以沿斜面和垂直于斜面建立直角坐标系。
(2)如求解[例3]第(3)问时,把初速度v0、重力加速度g分解成沿斜面和垂直于斜面的两个分量。沿斜面方向的是初速度为v0cos θ、加速度为gsin θ的匀加速直线运动,垂直于斜面方向的是初速度为v0sin θ、加速度为-gcos θ的类竖直上抛运动。这样仅用垂直于斜面方向的分运动即可求解与坡面的最大距离(垂直斜面分速度减为0时)。
[变式] (1)运动员在空中与坡面的最大距离处,运动特征有哪些
【答案及解析】 (1)该时刻速度与斜面平行,该时刻是运动全过程的中间时刻。
(2)若运动员从跳台A处沿水平方向飞出的速度变为原来的一半,则运动员在空中飞行时间变为原来的多少倍 沿斜面飞行距离变为原来的多少倍
(3)初速度改变后,落在斜面上,速度方向与斜面夹角变化吗
【答案及解析】 (3)落在斜面上时,位移方向相同,由平抛运动的推论可知速度方向相同,故速度方向与斜面夹角不变。
[例4] 【从空中平抛落到斜面上的平抛运动】 如图所示,斜面倾角为θ,位于斜面底端A正上方的小球以初速度v0正对斜面顶点B水平抛出,小球到达斜面的时间为t,重力加速度为g,则下列说法正确的是(　　)
B
[例5] 【与圆弧面有关的平抛运动】 (多选)(2025·云南昆明期中)如图所示,内壁光滑的四分之一圆弧轨道BC竖直固定放置,轨道半径为R0,圆心为A,AB、AC分别是竖直半径和水平半径。现让光滑水平面上的小球获得一个水平向右的速度v0
(未知量),小球从A点离开后运动到圆弧上的D点,重力加速度为g,小球可视为质点,下列说法正确的是(　　 )
ABD
[变式] 如图所示,AB为建筑工地上的四分之一圆弧轨道,圆心为O,半径OB竖直,M、N点将OB分成3等份。工件甲、乙分别从M、N点水平向右抛出,不计空气阻力,则能垂直击中AB轨道的是哪个工件 求此工件抛出时的速度大小。
考点三
斜抛运动
1.当斜抛物体落点位置与抛出点等高时
2.逆向思维法处理斜抛问题
对斜上抛运动从抛出点到最高点的运动过程,可以逆向看成平抛运动;分析完整的斜上抛运动,还可根据对称性求解有关问题。
[例6] 【对斜抛运动的理解】 (2024·江苏卷,4)喷泉a、b形成如图所示的形状,不计空气阻力,则喷泉a、b的(　　)
A.加速度相同
B.初速度相同
C.最高点的速度相同
D.在空中运动的时间相同
A
[例7] 【逆向思维法处理斜抛问题】 (2025·重庆三模)用图甲所示的足球发球机在球门正前方的A、B两个相同高度的位置发射同一足球,情景如图乙所示,两次足球都水平击中球门横梁上的同一点P,不计空气阻力。则(　　)
A.两次击中横梁的速度相同
B.足球两次运动的速度变化量相同
C.从B位置发射的足球初速度较大
D.从A位置发射的足球在空中运动的时间长
B
感谢观看(共25张PPT)
第5讲
小专题:圆周运动的临界问题
【学习目标】
1.掌握圆周运动中临界条件的力学本质,理解向心力供需平衡的临界分析。
2.能通过受力分析与动力学方程推导水平面内、竖直面内及斜面上的临界速度、临界角速度等极值,建立数学模型解决复杂情境问题。
3.关注临界问题在工程安全中的应用,培养风险预判与科学决策意识。
考点一
水平面内圆周运动的临界问题
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.常见的两种临界极值问题
(1)与摩擦力有关的临界极值问题。
物体间恰好不发生相对滑动的临界条件是物体间的静摩擦力恰好达到最大静摩擦力。
(2)与弹力有关的临界极值问题。
压力、支持力的临界条件是物体间的弹力恰好为零;绳上拉力的临界条件是绳恰好拉直且其上无弹力或绳上拉力恰好为最大承受力等。
3.解决此类问题的一般思路
首先要找到临界条件时物体所处的状态;再分析该状态下物体的受力特点;最后根据圆周运动知识列动力学方程求解。
[例1] 【与摩擦力有关的临界极值问题】 (2025·四川成都模拟)如图所示,一水平圆盘绕竖直中心轴以角速度ω做匀速圆周运动,紧贴在一起的M、N两物体(可视为质点)随圆盘做圆周运动,N恰好不下滑,M恰好不滑动,两物体与转轴距离为r,已知M与N间的动摩擦因数为μ1,M与圆盘面间的动摩擦因数为μ2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则μ1与μ2应满足的关系式为(　　)
C
【解析】 以M、N整体为研究对象,由静摩擦力提供向心力,有μ2(mM+mN)g=
(mM+mN)ω2r,以N为研究对象,由M对N的弹力提供向心力,有FN=mNω2r,由平衡条件有μ1FN=mNg,联立解得μ1μ2=1,故选C。
[变式] 如图所示,若将M、N两物体叠放在一起,随盘一起加速转动。已知M、N间的动摩擦因数μ1小于M与圆盘间的动摩擦因数μ2,哪个物体先远离圆心
【答案】 物体N
[例2] 【与弹力有关的临界极值问题】 (2025·陕西宝鸡二模)如图所示,质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质竖直细杆的A点和B点,绳a与竖直杆AB成θ角,绳b处于水平方向且长为L。当轻杆绕轴AB以角速度ω匀速转动时,小球在水平面内做匀速圆周运动,则下列说法正确的是(　 　)
A.a绳的弹力有可能为0
B.b绳的弹力不可能为0
D
考点二
竖直面内圆周运动的临界问题
1.竖直面内圆周运动的两类模型
项目 轻绳模型 轻杆模型
常见类型 小球在最高点没有支撑
小球在最高点有支撑
最高点受力特征 除重力外,小球受到的弹力向下或等于零 除重力外,小球受到的弹力向下、等于零或向上
2.解题技巧
(1)物体通过圆周运动最低点、最高点时,根据合力提供向心力列牛顿第二定律方程。
(2)物体从某一位置到另一位置的过程中,用动能定理找出两位置间的速度关系。
(3)注意:求对轨道的压力时,转换研究对象,先求物体所受支持力,再根据牛顿第三定律求出压力。
[例3] 【轻绳模型】(2025·贵州遵义模拟)某人站在水平地面上,手握不可伸长的轻绳一端,绳的另一端系有质量为1 kg的小球,甩动手腕,使球在竖直平面内以手为圆心做圆周运动,其简化示意图如图。握绳的手离地面高度为1 m且保持不变,现不断改变绳长使球重复上述运动,每次绳在球运动到最低点时都恰好达到最大拉力被拉断,球以绳断时的速度水平飞出,通过水平距离x后落地。已知绳能承受的最大拉力为15 N,重力加速度g取10 m/s2,忽略手的运动半径和空气阻力,则x的最大值为(　　)
A.0.4 m B.0.5 m
C.1.0 m D.1.2 m
B
[例4] 【轻杆模型】(2025·天津滨海新区期中)如图甲所示,一轻杆一端固定在O点,另一端固定一小球,在竖直平面内做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时,杆与小球间弹力大小为FN,小球在最高点的速度大小为v,FN-v2图像如图乙所示。下列说法正确的是(　　)
B
考点三
斜面上圆周运动的临界问题
物体在斜面上做匀速圆周运动时,设斜面的倾角为θ,重力垂直于斜面的分力与物体受到的支持力大小相等,平行于斜面的分力与静摩擦力的合力提供向心力。同理可知,在转动过程中,物体最容易滑动的位置是最低点,恰好滑动时,有μmgcos θ-mgsin θ=mω2R。
[例5] (2025·海南模拟)如图甲所示,倾角为θ的光滑斜面固定在水平地面上,细线一端与可看成质点的质量为m的小球相连,另一端穿入小孔O与力传感器(位于斜面体内部)连接,传感器可实时记录细线拉力大小及扫过的角度。初始时,细线水平,小球位于小孔O的右侧,现敲击小球,使小球获得一平行于斜面向上的初速度v0,此后传感器记录细线拉力FT的大小随细线扫过角度α的变化图像如图乙所示,图中F0已知,小球与O点的距离为l,重力加速度为g,则下列说法不正确的是(　　)
A
感谢观看第7讲　实验:探究向心力大小的表达式
【学习目标】
1.理解向心力公式F=mω2r的物理意义,掌握控制变量法,探究向心力与各因素间的定量关系。
2.能通过实验数据建立向心力与半径、角速度、质量的关系模型,并用图像法(如Fω2图线)验证理论。
3.规范操作向心力演示器,设计对比实验,分析误差来源并优化实验方案。
4.认识实验在圆周运动规律发现中的作用,培养严谨的科学态度,关注向心力在工程中的应用。
一、装置与器材
质量相同及不同的小球若干、向心力演示器。
二、实验步骤
1.把两个质量相同的小球分别放在长槽和短槽上,使它们的转动半径相同;调整塔轮上的皮带,使两个小球的角速度不一样,探究向心力的大小与角速度的关系。
2.保持两个小球质量不变,增大长槽上小球的转动半径;调整塔轮上的皮带,使两个小球的角速度相同,探究向心力的大小与转动半径的关系。
3.换成质量不同的小球,使两球的转动半径相同;调整塔轮上的皮带,使两个小球的角速度也相同,探究向心力的大小与质量的关系。
4.重复几次以上实验。
三、数据处理
分别作出Fω2、Fr、Fm的图像,分析向心力大小与角速度、半径、质量之间的关系,并得出结论。
四、注意事项
1.将横臂紧固螺钉旋紧,以防小球和其他部件飞出而造成事故。
2.摇动手柄时应力求缓慢加速,注意观察其中一个标尺上的格数。达到预定格数时,即保持转速均匀恒定。
考点一　基础性实验　　　　　　 　　　　　 　　　　　
[例1] 【实验原理与实验操作】 (2025·湖北一模)某物理学习小组利用如图甲所示的向心力演示器探究小球做圆周运动所需向心力的大小F与质量、角速度和半径之间的关系。长槽的A、B处和短槽的C处到各自转轴中心的距离之比为2∶1∶1。变速塔轮自上而下有三种组合方式,左右每层半径之比由上至下分别为1∶1、2∶1和3∶1,如图乙所示。
(1)下列实验中采用的实验方法与本实验相同的是　　　　。(多选)
A.用单摆测量重力加速度
B.探究一定质量气体的压强、体积、温度之间的关系
C.探究加速度与力、质量的关系
D.电池电动势和内阻的测量
(2)在某次实验中,为探究向心力与质量之间的关系,先把质量为m的钢球放在短槽C位置,则应把另一质量为2m的钢球放在长槽　　 　　(选填“A”或“B”)处,还需要将传动皮带调至第　　　　(选填“一”“二”或“三”)层塔轮。
(3)在另一次实验中,把两个质量相等的钢球分别放在槽B、槽C位置,传动皮带位于第三层塔轮,转动手柄,则当塔轮匀速转动时,左右两标尺露出的格数之比约为　　　　。
A.3∶1 B.1∶3 C.1∶9 D.9∶1
【答案】 (1)BC　(2)B　一　(3)C
【解析】 (1)探究向心力的大小与小球质量m、角速度ω和半径r之间的关系,采用的实验方法是控制变量法。
(2)要探究向心力与质量之间的关系,需要控制两小球做圆周运动的角速度和半径相等,故将另一钢球放在B处,将传动皮带调至第一层塔轮。
(3)在某次实验中,把两个质量相等的钢球放在B、C位置,可知两小球做圆周运动的半径相等,传动皮带位于第三层塔轮,根据v=ωR可知两小球做圆周运动的角速度之比为ω左∶ω右=1∶3,根据F=mω2r,当塔轮匀速转动时,左右两标尺露出的格数之比约为F左∶F右=∶=1∶9。
[例2] 【实验数据处理与误差分析】 (2025·安徽芜湖阶段检测)(1)某同学通过向心力演示器,探究向心力大小F与物体的质量m、角速度ω和转动半径r的关系。
①如图甲所示为向心力演示器的原理图,某次实验中,该同学将两个质量相等的小球分别放在挡板B和挡板C处,皮带放在塔轮的第一层,则他探究的是向心力大小和　　　　(选填“质量”“角速度”或“半径”)的关系。
②在探究向心力的大小与圆周运动角速度的关系时,将两个质量相同的小球,分别放在挡板C与　　　　　　(选填“挡板A”或“挡板B”)位置,转动时发现左、右标尺上露出的红白相间的等分格数之比约为1∶4,则皮带放置的左、右两边塔轮的半径之比为　　　　。
(2)为了进一步精确探究,该同学利用传感器验证向心力的表达式,如图乙,装置中水平直槽能随竖直转轴一起转动,将滑块套在水平直槽上,用细线将滑块与固定的力传感器连接。当滑块随水平直槽一起匀速转动时,细线的拉力大小可以通过力传感器测得,滑块转动的角速度可以通过角速度传感器测得。
将相同滑块分别以半径r为0.14 m、0.12 m、0.10 m、0.08 m、0.06 m做圆周运动,在同一坐标系中分别得到图丙中①、②、③、④、⑤五条Fω图线,则图线①对应的半径为　　　　,各图线不过坐标原点的原因是　 　。
【答案】 (1)①半径　②挡板A　2∶1　
(2)0.14 m　滑块受到水平直槽的摩擦力作用
【解析】 (1)①该同学将两个质量相等的小球分别放在挡板B和挡板C处,两球质量相等,圆周运动的半径不同,皮带放在塔轮的第一层,确保两小球转动的角速度相同,可知他探究的是向心力大小和半径的关系。
②在探究向心力的大小与圆周运动角速度的关系时,需要确保质量与半径一定,即应将两个质量相同的小球,分别放在挡板C与挡板A位置;转动时发现左、右标尺上露出的红白相间的等分格数之比约为1∶4,即向心力大小之比为1∶4,根据F=mω2r,知两小球的角速度之比为1∶2,皮带传动过程中,两边塔轮边缘的线速度大小相等,根据v=ωR可知,皮带放置的左、右两边塔轮的半径之比为2∶1。
(2)当滑块随水平直槽一起匀速转动时,细线的拉力与摩擦力的合力提供圆周运动的向心力,则有F=mω2r-Ff,将相同滑块,即质量m相等的滑块分别以半径r为0.14 m、0.12 m、0.10 m、0.08 m、0.06 m做圆周运动,可知,当角速度相等时,半径越大,细线拉力越大,结合题图乙可知,图线①对应的半径为0.14 m;对滑块进行受力分析,可知滑块做圆周运动的向心力由水平直槽对滑块的摩擦力与细线拉力的合力提供,可知各图线不过坐标原点的原因是滑块受到水平直槽的摩擦力作用。
考点二　创新性实验　　　　　　 　　　　　 　　　　　
[例3] 【实验原理的创新】 (2025·安徽三模)两学习小组A、B用如图所示实验装置验证向心力大小与速度的平方成正比。轻绳(未知长度)一端在圆心O处与DIS传感器相连(图中未画出),用于测量摆锤做圆周运动过程中绳拉力F的大小,另一端与一摆锤相连,摆锤平衡时重心恰在等高线O处,装置中的标尺盘相邻等高线间距相等。利用光电门可测得摆锤通过光电门时的速度v。已知重力加速度为g。
(1)A组同学控制摆锤的质量m(未知)、运动半径r(未知)不变,多次改变摆锤的释放点高度,记录摆锤每次运动至最低点时绳中的拉力大小F及摆锤经过光电门的速度大小v,若以F为纵坐标,以　　　 (选填“v”“v2”或“”)为横坐标,可在坐标纸中描出数据点作一条直线,即可说明摆锤的向心力与速度平方成正比。若测得图线的斜率为k,纵截距为b,则摆锤的质量m=　　　　。(用已知及所测物理量字母表示)
(2)B组同学控制摆锤的质量m(未知)、运动半径r(未知)不变,将摆锤从不同高度的等高线处由静止释放,记录每次高度h及对应的摆锤运动至最低点时绳中的拉力大小F,描绘出Fh图像,若表达式　　　　　　　　成立,则可证明摆锤的向心力与速度平方成正比,根据图线的斜率或纵截距,也可求出摆锤质量。
(3)在实验中B组同学测得的摆锤质量比A组同学明显偏小,造成这个误差的最主要原因可能是　　　　。(填字母)
A.B组同学每次释放时将摆锤的最高点与高度为h的等高线对齐
B.B组同学每次释放时将摆锤的最低点与高度为h的等高线对齐
C.B组同学每次释放时摆锤初速度不为零
【答案】 (1)v2　　(2)F=mg+h　(3)A
【解析】 (1)由牛顿第二定律有F-mg=m,得F=mg+v2,即若以F为纵坐标,以v2为横坐标,可在坐标纸中描出数据点作一条直线,则b=mg,解得m=。
(2)根据mgh=mv2,F-mg=m,得F=mg+h。　
(3)将摆锤最高点与高度为h的等高线对齐,设此时摆锤重心与摆锤最高点距离为Δh,根据mg(h-Δh)=mv2,解得F=mg+m=mg-+h,纵截距偏小,测得摆锤质量偏小,A正确,B错误;若初速度不为零,则mgh=mv2-m,再由F-mg=m,得F=mg+m+h,纵截距偏大,测得摆锤质量偏大,C错误。
[例4] 【实验目的的创新】 (2025·广西南宁一模)某校物理小组尝试利用智能手机对竖直面内的圆周运动进行拓展探究。实验装置如图甲所示,轻绳一端连接拉力传感器,另一端连接智能手机,把手机拉开一定角度,由静止释放,手机在竖直面内摆动过程中,手机中的陀螺仪传感器可以采集角速度实时变化的数据并输出图像,同时,拉力传感器可以采集轻绳拉力实时变化的数据并输出图像。经查阅资料可知,面向手机屏幕,手机逆时针摆动时陀螺仪传感器记录的角速度为正值,反之为负值。
(1)某次实验,手机输出的角速度随时间变化的图像如图乙所示,由此可知在0～t0时间段内　　　。(多选)
A.手机20次通过最低点
B.手机10次通过最低点
C.手机做阻尼振动
D.手机振动的周期越来越小
(2)为进一步拓展研究,分别从力传感器输出图像和手机角速度—时间图像中读取几组手机运动到最低点时的拉力和角速度的数据,并在坐标图像中以F(单位:N)为纵坐标、ω2(单位:s-2)为横坐标进行描点,请在图丙中作出Fω2的图像。
(3)根据图像求得实验所用手机的质量为　　　 　kg,手机重心做圆周运动的半径为
　　　　 m。(结果均保留两位有效数字,重力加速度g取9.8 m/s2)
【答案】 (1)AC　(2)图见解析　(3)0.21　0.28
【解析】 (1)分析可知,当手机通过最低点时角速度达到最大值,由题图乙可知,在0～t0时间内手机20次通过最低点,故A正确,B错误;手机的角速度会随着振幅的减小而衰减,根据题图乙可知,手机的角速度随着时间在衰减,可知手机在做阻尼振动,故C正确;阻尼振动的周期不变,其周期由系统本身的性质决定,故D错误。
(2)由于手机在做圆周运动,短时间内在不考虑其振动衰减的情况下,在最低点对手机由牛顿第二定律有F-mg=mω2L,可得F=mLω2+mg,式中L为悬点到手机重心的距离,根据上式可知,手机运动到最低点时的拉力和角速度的平方呈线性变化,作图时应用直线将各点迹连接起来,不能落在直线上的点迹应使其均匀地分布在图线的两侧,有明显偏差的点迹直接舍去,作出的图像如图所示。
(3)根据图像结合其函数关系可得mg=2.01 N,mL= kg·m=0.058 kg·m,
解得 m=0.21 kg,L=0.28 m。
[例5] 【实验器材的创新】 (2025·广东广州二模)某小组用图甲装置探究“向心力大小与半径、周期的关系”。通过紧固螺钉(图中未画出)可在竖直方向调整水平横梁位置,位移传感器、力传感器均固定在横梁上,两传感器和光电门都与计算机相连;小球放在一端有挡光片的水平横槽上,细绳一端P连接小球,另一端Q绕过转向轮后连接力传感器,力传感器可测量细绳拉力,位移传感器可测量横梁与底座之间的距离。小球和细绳所受摩擦力可忽略,细绳Q端与直流电机转轴在同一竖直线上。光电门未被挡光时输出低电压,被挡光时输出高电压。
实验步骤如下:
(1)如图乙所示,用螺旋测微器测量小球直径d=　　　　 mm,若测得直流电机转轴到小球之间绳长为L,则小球做圆周运动的半径r=　　　　(用d、L表示)。
(2)探究向心力大小与半径的关系:启动直流电机,横槽带动小球做匀速圆周运动,保持　　　　不变,记录力传感器读数F0、位移传感器读数H0、小球做圆周运动半径r0。降低横梁高度,当位移传感器读数为H1时,小球做圆周运动半径r1=　　　　(用r0、H0、H1表示),待电机转动稳定后再次记录力传感器读数F1,重复多次实验得到多组数据,通过计算机拟合Fr图,可得线性图像。
(3)探究向心力大小与周期的关系:保持小球做圆周运动半径不变,调节直流电机转速,待电机转动稳定后,计算机采集到光电门输出电压u与时间t的关系如图丙所示,则小球做圆周运动周期T=　　　　(用t0、t1、t2表示)。记录力传感器读数F和周期T,重复多次实验得到多组数据,通过计算机拟合　　　　图,可得线性图像。(填字母)
A.FT　　B.FT2　　C.F
【答案】 (1)7.883　L+
(2)周期　r0+H0-H1　(3)t2-t0　C
【解析】 (1)螺旋测微器的精度为0.01 mm,读数为d=7.5 mm+0.01 mm×38.3=7.883 mm,小球做圆周运动的半径r=L+。
(2)探究向心力大小与半径的关系,应保证小球转动周期不变。由于绳子长度固定不变,因此有H0+r0=H1+r1,整理得r1=r0+H0-H1。
(3)挡光片t0时刻进入光电门,t2时刻再次进入,则T=t2-t0。由向心力公式F=mr可知,应拟合F图像,C正确。
[例6] 【数据处理的创新】 (2025·河北石家庄月考)某实验小组对水平面内的圆周运动进行探究,装置如图甲所示。滑块套在水平杆上,随水平杆一起绕竖直杆做匀速圆周运动,力传感器通过一细绳连接滑块,用来测量细绳拉力F的大小,滑块上固定一遮光片,宽度为d,遮光片与固定在铁架台上的光电门可测量滑块的角速度ω,滑块旋转半径为r,滑块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
(1)若测得遮光片经过光电门时的遮光时间为Δt,则角速度ω=　　　　。
(2)为了提高实验精度,遮光片的宽度应适当　　　　(选填“小”或“大”)些。
(3)改变水平杆转动的角速度,测得多组数据,以F为纵坐标,以为横坐标,在坐标纸中描出数据点,请在图乙中作出F的图像。
(4)若F-图像的斜率为k,纵截距为-b,重力加速度为g,则滑块的质量m=　　　　,滑块与水平杆间的动摩擦因数μ=　　　　(用题中物理量k、b、d、r、g表示)。
【答案】 (1)　(2)小　(3)图见解析 (4)　
【解析】 (1)滑块转动的线速度为v=,由v=ωr,解得ω=。
(2)极短时间内,平均速度可近似看作瞬时速度,为了提高实验精度,需要缩短遮光时间,即遮光片的宽度应适当小些。
(3)将F-图像中的点连接,舍弃明显偏离的点迹,如图所示。
(4)对滑块进行受力分析,合外力提供滑块的向心力,即F+Ff=mω2r,且Ff=Ffmax=μmg,方程联立可得F=·-μmg,可知k=,-b=-μmg,则滑块的质量m=,滑块与水平杆间的动摩擦因数μ==。
课时作业　
1.(2025·黑龙江大庆模拟)探究向心力大小F与物体的质量m、角速度ω和转动半径r的关系实验。
(1)本实验所采用的实验探究方法与下列实验相同的是　　　　。
A.探究平抛运动的特点
B.卡文迪什扭秤测量引力常量
C.探究两个互成角度的力的合成规律
D.探究导体电阻的影响因素
(2)某同学用向心力演示器进行实验,实验情境如图甲、乙、丙所示。
①三个情境中,图　　　　(选填“甲”“乙”或“丙”)是探究向心力大小F与质量m的关系。
②在甲情境中,若左、右两钢球所受向心力的比值为4∶1,则实验中选取左右两个变速塔轮的半径之比为　　　　。
【答案】 (1)D　(2)①丙　②1∶2
【解析】 (1)探究向心力大小与物体质量、角速度和转动半径之间的关系,运用的是控制变量法,探究平抛运动的特点时,运用等效思想,A错误;卡文迪什扭秤测量引力常量,采用微小量放大法,B错误;探究两个互成角度的力的合成规律,采用等效替代法,C错误;探究导体电阻影响因素,采用控制变量法,D正确。
(2)①探究向心力大小F与物体质量m的关系时,要保证转动的半径和角速度相等,质量不同,故选题图丙。
②甲情境中,两小球的质量和转动半径相同,若两钢球所受向心力的比值为4∶1,由公式F=mω2r,可知两钢球转动的角速度之比为2∶1,由于变速塔轮边缘的线速度相等,由公式v=ωR可知,实验中选取两个变速塔轮的半径之比为1∶2。　
2.某同学利用“向心力定量探究仪”探究向心力大小与质量、半径和角速度的关系,装置如图甲、乙所示,小球放在光滑的带凹槽的旋转杆上,其一端通过细绳与电子测力计相连,当小球和旋转杆被电机带动一起旋转时,控制器的显示屏显示小球质量m、转动半径r、转动角速度ω以及细绳拉力F的大小。
(1)该同学采用控制变量法,分别改变小球质量、　　　　以及转动角速度进行了三组实验,测得的实验数据如下表1、2、3所示。
　表1
小球质量/kg 0.1 0.2 0.3 0.4
转动半径/m 0.2 0.2 0.2 0.2
角速度/(rad·s-1) 4π 4π 4π 4π
向心力/N 3.15 6.29 9.45 12.61
　表2
小球质量/kg 0.2 0.2 0.2 0.2
转动半径/m 0.1 0.2 0.3 0.4
角速度/(rad·s-1) 4π 4π 4π 4π
向心力/N 3.16 6.31 9.46 12.63
　表3
小球质量/kg 0.2 0.2 0.2 0.2
转动半径/m 0.2 0.2 0.2 0.2
角速度/(rad·s-1) 2π 4π 6π 8π
向心力/N 1.57 6.29 14.14 25.16
(2)由表1的数据可得:当　　　　　　　　　　　　　一定时,小球的向心力F大小与　　　　成　　　　比。
(3)为了通过作图法更直观地呈现向心力F与角速度ω之间的关系,应绘制的图像是　 　。
A.Fω图像 B.Fω2图像
C.F 图像 D.F2ω图像
【答案】 (1)转动半径
(2)转动半径r和转动角速度ω　小球质量m　正
(3)B
【解析】 (1)探究向心力大小与质量、半径和角速度的关系,由表格1、2、3可知该同学采用控制变量法,分别改变小球质量、转动半径以及转动角速度进行了三组实验。
(2)在误差允许范围内,由表1的数据可得:当小球的转动半径r和角速度ω一定时,小球的向心力F大小与小球质量m成正比。
(3)根据F=mω2r可知,为了通过作图法更直观地呈现向心力F与角速度ω之间的关系,应绘制的图像是Fω2图像,从而得到一条拟合的直线。故选B。
3.(2025·湖南二模)利用如图甲所示的圆锥摆装置验证向心力表达式,步骤如下:
(1)用天平测出密度较大的小球的质量为m,如图乙所示,用20分度的游标卡尺测出小球的直径D=　　　　 cm。小球静止时,用刻度尺测量此时悬挂点与小球上端之间的竖直距离为L。
(2)在白纸上画几个不同半径的同心圆,用刻度尺测量各个圆的半径。将白纸平铺在水平桌面上,使同心圆的圆心刚好位于　　　　　　　　。让小球做圆锥摆运动,俯视观察小球,其在水平面上沿着白纸上某个半径为r的圆做圆周运动,当运动稳定时,用秒表测量小球运动10圈所用的时间t。
(3)用向心力表达式推导出Fn=　　　　　　　(用m、t、r和圆周率π表示);通过受力分析,推导出小球做圆周运动时所受合力F=　　　　　　(用m、r、D、L和重力加速度g表示)。将记录的数据代入到上述两个表达式中进行计算。
(4)改变绳长,重复(2)、(3)实验步骤,记录多组数据。
(5)比较每一组数据计算出的Fn和F的大小,在误差允许的范围内近似相等。由此向心力的表达式得到验证。
【答案】 (1)1.570　(2)静止的小球球心正下方　(3)　
【解析】 (1)游标卡尺的读数为D=29 mm-×14 mm=15.70 mm=1.570 cm。
(2)将白纸平铺在水平桌面上,使同心圆的圆心刚好位于静止的小球球心的正下方。
(3)根据向心力周期公式以及圆锥摆周期公式可得Fn=mr==,小球做圆周运动时,设悬线与竖直方向的夹角为θ,根据受力分析可知F=mgtan θ,由几何关系可知F=。
4.(2025·山东济南期末)某学习小组利用传感器探究匀速圆周运动的向心力和哪些因素有关。实验装置如图甲所示,电机的转动轴与水平圆盘的中心相连,圆盘边缘安装一竖直的遮光片,一根细绳跨过圆盘中心的定滑轮连接滑块和力传感器。实验时电机带动水平圆盘匀速转动,滑块与圆盘保持相对静止。已知遮光片的宽度为d,圆盘半径为R,滑块至圆盘中心距离为r。
(1)实验中,遮光片通过光电门的挡光时间为t,据此可计算出圆盘运动的角速度为　　　　,滑块的向心加速度为　　 　(用d、r、R、t表示)。
(2)保持滑块质量及相对圆盘位置不变,适当改变圆盘转速,多次实验并记录力传感器示数F和遮光片通过光电门的挡光时间t,作出F图线如图乙所示。重力加速度为g,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,据此可得出滑块与圆盘间的动摩擦因数为　　　　,滑块的质量为　　　　(用a、b、d、g、R、r表示)。
【答案】 (1)　　(2)　
【解析】 (1)遮光片通过光电门的瞬时速度v=,圆盘运动的角速度为ω==,滑块不滑动时与圆盘同轴转动,角速度相等,滑块的向心加速度an=rω2=。
(2)根据向心力公式F+μmg=man,变形得F=·-μmg,图像的斜率k===,滑块质量m=,图像纵截距的绝对值a=μmg,动摩擦因数μ==·=。第2讲　抛体运动
【学习目标】
1.掌握抛体运动的分解方法,理解运动轨迹、射程、射高的决定因素。
2.能通过运动学公式与数学推导解决斜抛运动的最值问题,并利用矢量合成分析复杂抛体
运动。
3.认识抛体运动在体育、工程中的应用,形成理论联系实际的科学态度。
[footnoteRef:2] [2:
1.关于平抛运动,下列说法正确的是(　　)
A.抛出点离地面越高,物体落地时间一定越长
B.初速度越大,物体在空中运动的时间越长
C.物体落地时的水平位移与物体的初速度无关
D.物体落地时的水平位移与物体抛出点的高度无关
【答案】 A
2.若把某比赛中铅球的运动简化为如图所示的模型:铅球从离水平地面一定高度的O点被抛出,抛出时的速度大小为v0、方向与水平方向的夹角为θ,经过一段时间铅球落地,落地时的速度方向与水平方向的夹角为α,不计空气阻力,重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　)
A.铅球上升到最高点的速度为零
B.铅球上升到最高点的加速度为零
C.铅球落地时的速度大小为
D.铅球落地时的速度大小为
【答案】 C]
【答案】 水平　重力　匀变速　抛物线　匀速　自由落体　gt　　v0t　gt2　　　斜向上方　重力　匀变速　抛物线　v0cos θ　v0sin θ-gt
考点一　对平抛运动的理解及应用　　　　　
(1)无人机在距离水平地面高度h处,以速度v0水平匀速飞行并释放一包裹,不计空气阻力,重力加速度为g。包裹在下落过程中速度的变化量有什么特点
提示:因为平抛运动的加速度为重力加速度g恒定不变,所以做平抛运动的物体在任意相等时间间隔Δt内的速度变化量Δv=gΔt是相同的,方向恒为竖直向下,如图所示。
(2)如图所示,包裹下落到空中的A点时,设其位移与水平方向的夹角为α,在A点速度偏向角为θ,试证明tan θ=2tan α。
提示:tan θ=2tan α。
(3)包裹在下落过程中某时刻恰好在空中的A点,此时瞬时速度的反向延长线通过水平位移的B点,如图所示,试证明xB=。
提示:xB=。
1.平抛(或类平抛)运动所涉及物理量的计算
物理量 公式 决定因素
飞行 时间 t= 取决于下落高度h和重力加速度g,与初速度v0无关
水平 射程 x=v0t=v0 由初速度v0、下落高度h和重力加速度g共同决定
落地 速度 v= = 与初速度v0、下落高度h和重力加速度g有关
2.两个重要推论
(1)做平抛运动的物体在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。
(2)做平抛运动的物体在任意时刻任意位置处,速度方向与水平方向的夹角θ和位移方向与水平方向的夹角α的关系为:tan θ=2tan α。
[例1] 【对平抛运动规律的理解】 关于平抛运动,下列说法正确的是(　　)
A.速度方向不断改变,不可能是匀变速运动
B.在任意相等时间内的速度变化量都相等
C.在任意相等时间内的位移都相等
D.加速度随时间逐渐增大
【答案】 B
【解析】 平抛运动的加速度为重力加速度,恒定不变,所以是匀变速曲线运动,根据Δv=gt可知,在任意相等时间内的速度变化量都相等,故A、D错误,B正确;根据s=,由于水平方向做匀速直线运动,竖直方向做自由落体运动,可知在任意相等时间内的水平分位移大小相等,竖直分位移大小不相等,则合位移大小不相等,故C错误。
[例2] 【平抛运动规律的应用】 (2025·云南卷,3)如图所示,某同学将两颗鸟食从O点水平抛出,两只小鸟分别在空中的M点和N点同时接到鸟食。鸟食的运动视为平抛运动,两运动轨迹在同一竖直平面内,则(　　)
A.两颗鸟食同时抛出
B.在N点接到的鸟食后抛出
C.两颗鸟食平抛的初速度相同
D.在M点接到的鸟食平抛的初速度较大
【答案】 D
【解析】 鸟食的运动为平抛运动,则在竖直方向有h=gt2,由于hM考点二　与斜面或圆弧面有关的平抛运动
1.落点在斜面上的三种情境分析
模型
方法 分解速度,构建速度三角形,找到斜面倾角θ与速度方向的关系 分解速度,构建速度的矢量三角形 分解位移,构建位移三角形,隐含条件:斜面倾角θ等于位移与水平方向的夹角
运动时间 由tan θ== 得t= 由tan θ== 得t= 由tan θ== 得t=
2.落点在曲面上的三种情境分析
模型
处理方法 分解速度 利用位移关系 利用位移关系
物理量 分析 因tan θ== 得t= x=R+R·cos θ=v0t y=Rsin θ=gt2 (x-R)2+y2=R2 x=v0t y=gt2 x2+y2=R2
[例3] 【从斜面上平抛又落到斜面上的平抛运动】 跳台滑雪是一项勇敢者的滑雪运动,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,求:(取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2)
(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)运动员在空中与坡面的最大距离。
【答案】 (1)3 s　(2)10 m/s　(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,
vy0′=v0sin θ=12 m/s,
ay=-gcos θ=-8 m/s2,
当vy′=0时,运动员在空中离坡面的距离最大,则有d==9 m。
灵活建立坐标系解决平抛问题
(1)坐标系的建立是任意的,和斜面结合的平抛运动也可以沿斜面和垂直于斜面建立直角坐标系。
(2)如求解[例3]第(3)问时,把初速度v0、重力加速度g分解成沿斜面和垂直于斜面的两个分量。沿斜面方向的是初速度为v0cos θ、加速度为gsin θ的匀加速直线运动,垂直于斜面方向的是初速度为v0sin θ、加速度为-gcos θ的类竖直上抛运动。这样仅用垂直于斜面方向的分运动即可求解与坡面的最大距离(垂直斜面分速度减为0时)。
[变式] (1)运动员在空中与坡面的最大距离处,运动特征有哪些
(2)若运动员从跳台A处沿水平方向飞出的速度变为原来的一半,则运动员在空中飞行时间变为原来的多少倍 沿斜面飞行距离变为原来的多少倍
(3)初速度改变后,落在斜面上,速度方向与斜面夹角变化吗
【答案】 见解析
【解析】 (1)该时刻速度与斜面平行,该时刻是运动全过程的中间时刻。
(2)由[例3]第(1)问知t=tan θ,可知t∝v0,故在空中飞行时间变为原来的。
由l===,可知l∝,故沿斜面飞行距离变为原来的。
(3)落在斜面上时,位移方向相同,由平抛运动的推论可知速度方向相同,故速度方向与斜面夹角不变。
[例4] 【从空中平抛落到斜面上的平抛运动】 如图所示,斜面倾角为θ,位于斜面底端A正上方的小球以初速度v0正对斜面顶点B水平抛出,小球到达斜面的时间为t,重力加速度为g,则下列说法正确的是(　　)
A.若小球以最小位移到达斜面,则t=
B.若小球垂直击中斜面,则t=
C.若小球能击中斜面中点,则t=
D.无论小球怎样到达斜面,运动时间均为t=　
【答案】 B
【解析】 小球以最小位移到达斜面,小球的位移与斜面垂直,分解小球的位移可得tan θ=,解得t=,故A错误;小球垂直击中斜面,小球的速度与斜面垂直,分解小球速度可得tan θ=,解得t=,故B正确;若小球能击中斜面中点,分解位移,由几何关系可得=v0t,=gt2,tan θ=,解得t=,故C错误;小球到达斜面的位置不一样,在空中运动的时间也不一样,故D错误。
[例5] 【与圆弧面有关的平抛运动】 (多选)(2025·云南昆明期中)如图所示,内壁光滑的四分之一圆弧轨道BC竖直固定放置,轨道半径为R0,圆心为A,AB、AC分别是竖直半径和水平半径。现让光滑水平面上的小球获得一个水平向右的速度v0(未知量),小球从A点离开后运动到圆弧上的D点,重力加速度为g,小球可视为质点,下列说法正确的是(　　)
A.若∠BAD=θ,小球运动到D点时速度与水平方向的夹角为β,则有tan θtan β=2
B.无论调整v0的大小为何值,球都不可能垂直撞击在圆弧BC上
C.改变v0的大小,小球落到圆弧BC上的速度最大值为
D.改变v0的大小,小球落到圆弧BC上速度的最小值为
【答案】 ABD
【解析】 设∠BAD=θ,则平抛运动位移的偏转角为α=90°-θ,当速度的偏转角为β时,根据平抛运动的推论,可得tan β=2tan α,综合可得tan θtan β=2,故A正确;由于速度的反向延长线恰好过与抛出点等高的水平位移的中点处,若与圆弧垂直,恰好与半径一致,两者相矛盾,因此小球都不可能垂直撞击在圆弧上,故B正确;若让小球从A点以不同初速度v0水平向右抛出,由平抛运动的规律可得小球刚到达某点P时的速度为vP=,结合x=v0t,y=gt2,x2+y2=
,综合可得vP=,由数学知识可得vP=≥=,则vP的最小值为,故C错误,D正确。
[变式] 如图所示,AB为建筑工地上的四分之一圆弧轨道,圆心为O,半径OB竖直,M、N点将OB分成3等份。工件甲、乙分别从M、N点水平向右抛出,不计空气阻力,则能垂直击中AB轨道的是哪个工件 求此工件抛出时的速度大小。
【答案】 甲　
【解析】 设工件在OB上某点C水平抛出正好垂直落在圆弧上D点,可知速度反向延长线交于水平位移中点,如图所示,可见OC=ED,故OB中点下方水平抛出的工件,都不可能垂直落于AB圆弧轨道上,从M点水平抛出,可见竖直位移为=gt2,水平位移为=vt,可得水平速度为v=,即甲能垂直击中AB轨道,乙不能。
考点三　斜抛运动
1.当斜抛物体落点位置与抛出点等高时
(1)射高:h==。
(2)斜抛运动的飞行时间:t==。
(3)射程:s=v0cos θ·t==,对于给定的v0,当θ=45°时,射程达到最大值,smax=。
2.逆向思维法处理斜抛问题
对斜上抛运动从抛出点到最高点的运动过程,可以逆向看成平抛运动;分析完整的斜上抛运动,还可根据对称性求解有关问题。
[例6] 【对斜抛运动的理解】 (2024·江苏卷,4)喷泉a、b形成如图所示的形状,不计空气阻力,则喷泉a、b的(　　)
A.加速度相同
B.初速度相同
C.最高点的速度相同
D.在空中运动的时间相同
【答案】 A
【解析】 不计空气阻力,喷泉喷出的水在空中只受重力,加速度均为重力加速度,故A正确;设喷泉喷出的水竖直方向的分速度为vy,水平方向的速度为vx,竖直方向,根据对称性可知在空中运动的时间t=2,可知tb>ta,D错误;最高点的速度等于水平方向的分速度vx=,由于水平方向的位移大小关系未知,无法判断最高点的速度大小关系,根据速度的合成可知无法判断初速度的大小关系,B、C错误。
[例7] 【逆向思维法处理斜抛问题】 (2025·重庆三模)用图甲所示的足球发球机在球门正前方的A、B两个相同高度的位置发射同一足球,情景如图乙所示,两次足球都水平击中球门横梁上的同一点P,不计空气阻力。则(　　)
A.两次击中横梁的速度相同
B.足球两次运动的速度变化量相同
C.从B位置发射的足球初速度较大
D.从A位置发射的足球在空中运动的时间长
【答案】 B
【解析】 将足球发射到水平击中球门横梁,看成逆向的平抛运动,根据平抛运动规律有h=gt2,x=vxt,解得vx=x,由于两次的水平位移不相等,高度相等,所以两次的水平分速度不相等,即两次击中横梁的速度不相同,故A错误;根据h=gt2,由于两次足球在空中运动的高度相等,所以两次足球在空中的运动时间相等,再根据Δv=gt,则足球两次运动的速度变化量相同,故B正确,D错误;足球发射的初速度大小为v=,由于两次高度相等,所以两次足球发射的初速度竖直分量相等,由于从B位置发射的足球水平位移较小,则从B位置发射的足球水平分速度较小,从B位置发射的足球初速度较小,故C错误。
课时作业
对点1.对平抛运动的理解及应用
1.(2024·湖北卷,3)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(　　)
A.荷叶a B.荷叶b
C.荷叶c D.荷叶d
【答案】 C
【解析】 青蛙做平抛运动,水平方向为匀速直线运动,竖直方向为自由落体运动,则有x=vt,h=gt2,解得v=x,因此水平位移越小,竖直高度越大,则对应初速度越小,即应跳到荷叶c上面,故选C。
2.(多选)(2025·辽宁沈阳二模)如图甲所示,某同学面向竖直墙上固定的靶盘水平投掷可视为质点的小球,不计空气阻力。小球打在靶盘上的得分区(如图乙)即可得到相应的分数。某次,该同学投掷的小球落在10分区最高点,若他想获得更高的分数,在其他条件不变的情况下,下列调整方法可行的是(　　)
A.投掷时球的初速度适当大些
B.投掷时球的初速度适当小些
C.投掷时球的位置向后移动少许
D.投掷时球的位置向上移动少许
【答案】 BC
【解析】 小球在空中做平抛运动,根据平抛运动规律有h=gt2,x=v0t,联立可得h=,该同学投掷的小球落在10分区最高点,若他想获得更高的分数,应使小球打在靶盘上的位置向下移动,即在其他条件不变的情况下,投掷时球的初速度适当小些、投掷时球的位置向后移动少许或投掷时球的位置向下移动少许,故B、C正确。
3.(教材改编题)如图所示,以初速度v0=12 m/s做平抛运动的物体,经过P点时速度方向与水平方向成夹角37°,经过Q点时速度方向与水平方向成夹角53°,g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,
cos 37°=0.8。求:
(1)物体经过P点时的速度大小v;
(2)P、Q两点的水平距离x和竖直距离h。
【答案】 (1)15 m/s　(2)8.4 m　8.75 m
【解析】 (1)由平抛运动的水平分速度与合速度的关系,可知物体经过P点时的速度大小与水平速度满足v=,
解得v=15 m/s。
(2)物体经过P、Q点时的竖直分速度大小分别满足vPy=v0tan 37°,vQy=v0tan 53°,
竖直方向上,物体经过P、Q两点时,有vQy=vPy+gt,
则P、Q两点的水平距离x=v0t,
竖直方向满足-=2gh,
联立解得x=8.4 m,h=8.75 m。
对点2.与斜面或圆弧面有关的平抛运动
4.(多选)(2025·广东深圳三模)高台跳雪是北京冬奥会的比赛项目之一。如图所示,两名运动员a、b(可视为质点)从雪道末端先后以初速度之比va∶vb=1∶4沿水平方向向左飞出。不计空气阻力,则两名运动员从飞出至落到雪坡(可视为斜面)上的整个过程中,下列说法正确的是(　　)
A.他们飞行的时间之比为1∶4
B.他们飞行的水平位移之比为1∶8
C.他们在空中与雪坡面的最大距离之比为1∶16
D.他们落到雪坡上的瞬时速度方向可能不同
【答案】 AC
【解析】 设运动员的初速度为v0时,飞行时间为t,水平方向的位移大小为x、竖直方向的位移大小为y,如图所示。运动员在水平方向上做匀速直线运动,有x=v0t,在竖直方向上做自由落体运动,有y=gt2,运动员落在斜面上,有tan θ=,联立解得t=,则知运动员飞行的时间t与v0成正比,则他们飞行的时间之比为==,故A正确;水平位移x=v0t=,运动员飞行的水平位移x与初速度的平方成正比,则他们飞行的水平位移之比为1∶16,故B错误;将运动员的运动分解为沿坡面和垂直于坡面的两个方向,建立直角坐标系,在沿坡面方向做匀加速直线运动,垂直于坡面方向做匀减速直线运动,则运动员在空中与雪道坡面的最大距离为hmax=∝,所以他们在空中与雪道坡面的最大距离之比为1∶16,故C正确;落到雪坡上时,设运动员的速度方向与竖直方向夹角为α,则有tan α====,则他们落到雪坡上的瞬时速度方向一定相同,故D错误。
5.(2025·河北廊坊月考)轰炸机是军用飞机之一,在某次演习中,轰炸机沿水平方向投出了一枚炸弹,初速度大小为v0,炸弹正好垂直击中山坡上的目标,山坡的倾角为θ=37°,如图所示,不计空气阻力,重力加速度为g,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。下列说法正确的是(　　)
A.炸弹刚落到山坡时的速度大小是v0
B.炸弹从水平投出到落到斜坡上,所用的时间是
C.炸弹从投出到落到斜坡上的位移为
D.炸弹从水平投出到落在斜坡上位移偏转角为速度偏转角的一半
【答案】 C
【解析】 由题意,炸弹刚落到山坡时有sin θ=,可得炸弹刚落到山坡时的速度大小v=v0,故A错误;炸弹刚落到山坡时有tan θ=,vy=gt,得炸弹从水平投出到落到斜坡上,所用的时间是t=,故B错误;设炸弹从投出到落到斜坡上的水平及竖直位移大小分别为x、y,根据平抛运动中水平方向做匀速直线运动,竖直方向做自由落体运动,有x=v0t,y=gt2,代入数据解得x=,y=,由勾股定理可知位移大小s==,故C正确;根据平抛运动推论,可知炸弹从水平投出到落在斜坡上时速度偏转角α与位移偏转角β满足tan α=2tan β,故D错误。
6.如图,水平固定的半球形碗的球心为O点,最低点为B点。在碗的边缘向着球心分别以初速度v1、v2、v3平抛出三个小球,分别经过t1、t2、t3的时间落在A、B、C点,抛出点及落点A、B、C点在同一个竖直面内,且A、C点等高,则下列说法正确的是(　　)
A.三个小球平抛运动时间的大小关系为t3B.三个小球平抛初速度的大小关系为v1=v2=v3
C.落在C点的小球,在C点的瞬时速度可能与C点的切线垂直
D.落在B点的小球,在B点的瞬时速度方向与水平方向夹角大于60°
【答案】 D
【解析】 竖直方向上,根据h=gt2,可得t=,可知小球竖直位移越大,运动时间越长,故三个小球平抛运动时间的大小关系为t1=t3tan 60°,则速度与水平方向夹角大于60°,故D正确。
对点3.斜抛运动
7.(2025·湖北卷,6)某网球运动员两次击球时,击球点与网的水平距离均为L,离地高度分别为、L,网球离开球拍瞬间的速度大小相等,方向分别斜向上、斜向下,且与水平方向夹角均为θ。击球后网球均刚好直接掠过球网,运动轨迹平面与球网垂直,忽略空气阻力,tan θ的值为(　　)
A. B. C. D.
【答案】 C
【解析】 根据题意,画出示意图,如图所示。网球水平方向上做匀速直线运动,有t=,设球网高度为h,对斜向下击出的球,竖直方向有L-h=v0sin θ·t+gt2,对斜向上击出的球,竖直方向有-h=-v0sin θ·t+gt2,联立可得tan θ=,C正确。
8.(2025·安徽宣城期末)如图所示,某同学在进行投篮练习。已知A、B、C是篮球运动轨迹中的三个点,其中A为球抛出点,B为球运动轨迹的最高点,C为球落入篮筐的点,且A、B连线垂直于B、C连线,A、B连线与水平方向的夹角θ=53°,不计空气阻力,取sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。则篮球从A到B与从B到C的运动时间之比为(　　)
A.3∶4 B.4∶3 C.9∶16 D.16∶9
【答案】 D
【解析】 设篮球在A点的竖直分速度为vAy,在C点的竖直分速度为vCy,篮球的水平分速度为vx,篮球从A到B过程,根据逆向思维将篮球看成从B到A的平抛运动,篮球在A点时,根据平抛运动推论可得tan θA==2tan θ=2tan 53°,根据几何关系可知B、C连线与水平方向的夹角为α=90°-θ=37°,篮球从B到C做平抛运动,篮球在C点时,根据平抛运动推论可得tan αC=
=2tan α=2tan 37°,又tAB=,tBC=,联立可得篮球从A到B与从B到C的运动时间之比为===,故D正确。
9.(2025·山东临沂二模)从高H处的M点先后水平抛出两个小球1和2,轨迹如图所示,球1与地面碰撞一次后刚好越过竖直挡板AB,落在水平地面上的N点,球2刚好直接越过竖直挡板AB,也落在N点,球1与地面碰撞后水平速度保持不变,竖直速度大小不变,方向相反,忽略空气阻力,则竖直挡板AB的高度为(　　)
A.H B.H
C.H D.H
【答案】 A
【解析】 设球1、球2的平抛初速度分别为v1、v2,设M点到N点的水平距离为L,由平抛运动规律可知球2整个运动过程的时间t=,可得L=v2t,球1与地面碰撞前后竖直方向分速度大小不变、方向相反,根据对称性可知,球1与地面碰撞后到达的最高点与初始高度相同,为H,球1在水平方向一直做匀速运动,设球1从抛出到落地时间为t1,则有L=v1×3t1,且t1=t,联立解得=,设球1与地面碰撞时竖直方向速度大小为vy1,碰撞点到M点和B点的水平距离分别为x1、x2,挡板AB高度为h,有=2gH,设球1到达A点时竖直方向速度大小为vy2,将球1与地面碰撞后到达最高点时的过程反向来看可得=2g(H-h),则碰撞点到A点的时间为t2=,球2刚好越过挡板AB的时间为t3=,水平方向位移关系有v2t3=v1t+v1t2,联立以上解得h=H,A正确。
10.(2025·河南郑州三模)如图甲,某景观喷泉正以喷头为中心,在同一竖直面内向各个方向以相同大小的初速度将水喷出,落到水平湖面上,空气阻力忽略不计。以喷头为坐标原点O,水平方向为x轴,竖直方向为y轴建立坐标系,如图乙所示。已知图乙中实曲线为部分水流的轨迹,虚曲线为水流的包络线(与所有水流的轨迹均相切的曲线),虚曲线的方程为y=-x2+(m)。重力加速度g取10 m/s2,则(　　)
A.水喷出时速度大小为3 m/s
B.水喷出后在空中飞行的最长时间为0.3 s
C.水流飞行的最大水平位移为0.45 m
D.水平位移最大的水流在空中运动的时间为 s
【答案】 D
【解析】 由题可知,当x=0时,y= m,结合竖直上抛运动规律y=,联立解得v0==3 m/s,
A错误;根据y=gt2,可知最高点对应的时间最长,故有t上==0.3 s,根据抛体运动的对称性可得,水喷出后在空中飞行的最长时间为t=2t上=0.6 s,B错误;当y=0时,可得水平位移最大为-x2+=0,解得x=0.9 m,C错误;设水流抛出时,速度方向与水平方向的夹角为θ,根据运动的分解可得水平位移x=v0cos θ·T,竖直方向上则有t=,根据运动的对称性可得T=2t=,联立可得x=sin 2θ,由数学知识可知,当2θ=90°,即θ=45°时水平位移最大,故水平位移最大的水流在空中运动的时间为T=2t== s,D正确。
11.(2025·内蒙古高考适应性考试)投沙包游戏规则为:参赛者站在离得分区域边界AB一定的距离外将沙包抛出,每个得分区域的宽度d=0.15 m,根据沙包停止点判定得分。如图,某同学以大小v0=5 m/s、方向垂直于AB且与水平地面夹角为53°的初速度斜向上抛出沙包,出手点与AB的水平距离L=2.7 m,距地面的高度h=1 m。落地碰撞瞬间竖直方向速度减为零,水平方向速度减小。落地后沙包滑行一段距离,最终停在9分、7分得分区的分界线上。已知沙包与地面间的动摩擦因数μ=0.25,取sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,重力加速度g取10 m/s2,空气阻力
不计。求:
(1)沙包从出手点到落地点的水平距离x;
(2)沙包与地面碰撞前后动能的比值k。
【答案】 (1)3 m　(2)20
【解析】 (1)沙包竖直方向的初速度为vy=v0sin 53°=4 m/s,
沙包在竖直方向上减速到0,然后做自由落体运动,设竖直向上为正,
则有-h=vyt-gt2,
代入数据解得t=1 s;
沙包抛出的水平初速度为vx=v0cos 53°=3 m/s,
所以从抛出到落地,沙包的水平位移为x=vxt=3 m。
(2)沙包滑行的距离为x0=L+5d-x=0.45 m,
由牛顿第二定律得沙包滑行的加速度大小a==μg=2.5 m/s2,
设滑行的初速度为v1,由运动学公式得=2ax0,
解得v1=1.5 m/s,
与地面碰撞后的动能Ek2=m=;
沙包从抛出到落地,根据动能定理有mgh=mv2-m,
解得落地瞬间的动能Ek1=mv2=,
所以k==20。(共42张PPT)
第6讲
实验:探究平抛运动的特点
【学习目标】
1.掌握平抛运动的分解原理,理解轨迹特征与运动参量的定量关系。
2.能通过实验数据验证分运动独立性,运用图像法分析运动规律。
3.规范使用实验装置,设计对比方案探究初速度对射程的影响,提升误差分析能力。
4.认识平抛实验在科学探究中的建模价值,培养严谨操作习惯,关注其在实际应用中的意义。
一、装置与器材
末端水平的斜槽、背板、挡板、 、白纸、钢球、刻度尺、重垂线、三角板、铅笔等。
复写纸
二、实验步骤
1.安装(调整)背板:将白纸放在复写纸下面,然后固定在装置背板上,并用
检查背板是否竖直。
2.安装(调整)斜槽:将固定有斜槽的木板放在实验桌上,用平衡法检查斜槽末端是否水平,即将小球放在斜槽末端直轨道上,小球若能静止在直轨道上的 位置,则表明斜槽末端已调水平。
重垂线
任意
3.描绘运动轨迹:让小球在斜槽的某一固定位置由 滚下,并从斜槽末端飞出开始做平抛运动,小球落到倾斜的挡板上,挤压复写纸,会在白纸上留下印迹。取下白纸过这些印迹作 ,就得到小球做平抛运动的轨迹。
4.确定坐标原点及坐标轴:选定斜槽末端处 在白纸上的投影点为坐标原点O,从坐标原点O画出竖直向下的y轴和水平向右的x轴。
静止
平滑的曲线
小球球心
三、数据处理
1.判断平抛运动的轨迹是不是抛物线
如图所示,在x轴上作出 的几个点A1、A2、A3、…,把线段OA1的长度记为l,则OA2=2l,OA3=3l,…,由A1、A2、A3、…向下作垂线,与轨迹交点分别记为M1、M2、M3、…,若轨迹是一条抛物线,则各点的y坐标和x坐标之间应该满足关系式 (a是待定常量),用刻度尺测量某点的x、y两个坐标值代入y=ax2求出a,再测量其他几个点的x、y坐标值,代入y=ax2,若在误差范围内都满足这个关系式,则这条曲线是一条抛物线。
等距离
y=ax2
2.计算平抛物体的初速度
情境1:若 为抛出点,利用公式x=v0t和 ,即可求出多个初速度v0= ,最后求出初速度的平均值,这就是做平抛运动的物体的初速度。
情境2:若原点O不是抛出点
(1)在轨迹曲线上取三点A、B、C,使 ,如图所示。A到B与B到C的时间相等,设为T。
原点O
xAB=xBC=x
(2)用刻度尺分别测出yA、yB、yC,则有yAB=yB-yA,yBC=yC-yB。
(3) =gT2,且v0T=x,由以上两式得v0= 。
yBC-yAB
四、注意事项
1.固定斜槽时,要保证斜槽末端的切线水平,保证小球的初速度水平。
2.固定木板时,木板必须处在竖直平面内且与小球运动轨迹所在的竖直平面平行,固定时要用重垂线检查坐标纸竖线是否竖直。
3.小球每次从斜槽上的同一位置由静止释放,为此,可在斜槽上某一位置固定一个挡板。
4.要在斜槽上适当高度释放小球,使它以适当的水平初速度抛出,其轨迹由木板左上角到达右下角,这样可以减小测量误差。
5.坐标原点不是槽口的端点,应是小球出槽口时球心在木板上的投影点。
6.计算小球的初速度时,应选距抛出点稍远一些的点,以便于测量和计算。
五、误差分析
1.斜槽末端没有调节成水平状态,导致初速度方向不水平。
2.坐标原点不够精确等。
考点一
基础性实验
[例1] 【实验原理与实验操作】 (2024·河北卷,11)图甲为探究平抛运动特点的装置,其斜槽位置固定且末端水平,固定坐标纸的背板处于竖直面内,钢球在斜槽中从某一高度滚下,从末端飞出,落在倾斜的挡板上挤压复写纸,在坐标纸上留下印迹。某同学利用此装置通过多次释放钢球,得到了如图乙所示的印迹,坐标纸的y轴对应竖直方向,坐标原点对应平抛起点。
(1)每次由静止释放钢球时,钢球在斜槽上的高度　　　　(选填“相同”或
“不同”)。
相同
【解析】 (1)为保证钢球每次平抛运动的初速度相同,必须让钢球在斜槽上同一位置由静止释放,故高度相同。
(2)在图乙中描绘出钢球做平抛运动的轨迹。
【答案及解析】(2)描点连线用平滑曲线连接,钢球做平抛运动的轨迹如图所示。
(3)根据轨迹,求得钢球做平抛运动的初速度大小为　　　　m/s(当地重力加速度g为9.8 m/s2,结果保留两位有效数字)。
0.72　
[例2] 【实验数据处理】 (2025·广东茂名期末)图甲是研究平抛运动物体的实验装置图。
(1)下列说法正确的是　　　　。(多选)
A.通过调节使斜槽的末端保持水平
B.每次释放小球的位置可以不同
C.应使小球每次从斜槽上相同的位置自由滑下
D.为描出小球的运动轨迹,可以将描绘的点用折线连接起来
AC
【解析】 (1)为了保证小球抛出的初速度处于水平方向,通过调节使斜槽的末端保持水平,故A正确;为了保证小球每次抛出的初速度相同,应使小球每次从斜槽上相同的位置自由滑下,故B错误,C正确;小球的运动轨迹是平滑曲线,所以连线不能用折线,故D错误。
(2)图乙是正确实验取得的数据,其中O点为抛出点,则此小球做平抛运动的初速度为　　　　 m/s(g取9.8 m/s2)。
1.6
(3)在另一次实验中将白纸换成方格纸,每个格的边长L=5 cm,通过频闪照相机,记录了小球在运动途中的三个位置,如图丙所示,则照相机的闪光时间间隔为　　　　 s;该小球做平抛运动的初速度为　　　　 m/s;抛出点与A点的竖直距离为　　　　 cm(g取10 m/s2)。
0.1
1.5
5
考点二
创新性实验　
[例3] 【实验原理的创新】 (2025·安徽合肥一模)某同学设计了一个研究平抛运动的实验。实验装置示意图如图甲所示,A是一块水平放置的木板,在其上等间隔地开凿出一组平行的插槽(图甲中P0P0′、P1P1′、…),槽间距均为d。把覆盖复写纸的白纸铺贴在硬板B上。实验时依次将B板插入A板P0P0′、P1P1′、P2P2′、…插槽中,每次让小球从斜轨的同一位置由静止释放。每打完一点后,把B板插入后一槽中。
(1)对于实验的操作要求,下列说法正确的是　　　。
A.斜槽轨道必须光滑
B.将小球放置在槽的末端,小球要能够静止
C.B板无须竖直放置
B
【解析】 (1)为保证小球做平抛运动的初速度大小相等,方向水平,斜槽的末端切线必须水平,小球每次从同一位置由静止释放,斜槽轨道不需要光滑,将小球放置在槽的末端,小球要能够静止,故A错误,B正确;实验通过插槽位置确定小球的水平位移,B板必须竖直放置,故C错误。
(2)该同学因操作失误直接将B板从A板的某一插槽插入开始实验,并逐一往后面的插槽移动直至完成实验,得到实验结果如图乙所示,并且在打第
3个点(图乙中的d点)时点迹很不清晰,该同学依然使用这一实验结果完成了实验。他测量出图乙中bc的距离为y1,ce的距离为y2,则小球平抛初速度的计算式为v0=　　　　(用d、y1、y2、g表示)。
[例4] 【实验目的的创新】 (2025·甘肃模拟)某同学用如图甲所示的实验装置做“探究平抛运动的规律”实验,斜槽末端安装有光电门,距水平地面的高度为H。将小球从斜槽上某处由静止释放,记录小球通过光电门的时间t,测得小球的水平射程为x;改变小球在斜槽上的释放位置,多次测量得到多组t、x值,回答下列问题。
(1)实验中用游标卡尺测量小球的直径,如图乙所示,小球的直径d=
　 mm。
3.60
【解析】 (1)游标卡尺的精度为0.05 mm,小球的直径d=3 mm+12×
0.05 mm=3.60 mm。
[例5] 【实验器材的创新】 (2025·广东佛山开学考试)某同学在佛山利用二维运动传感器研究平抛运动,实验装置如图甲所示,圆形信号发射器每隔
0.05 s 发出一次信号,计算机利用信号接收点1、2接收到的信号之间的差异,可计算出信号发射器的实时位置,图乙是某次实验计算机绘制出的信号发射器平抛运动时的平面坐标位置图,图中每个小方格的边长为1 cm。
(1)图乙数据若满足　　　　　≈　　　　　≈　　　　　(使用图乙中物理量符号表示),即可认为圆形信号发射器在竖直方向的运动近似为匀加速直线运动。
x4-x3
x3-x2
x2-x1
【解析】 (1)根据匀变速直线运动推论,连续相等时间内的位移差相等,可知若x4-x3≈x3-x2≈x2-x1,即可认为圆形信号发射器在竖直方向的运动近似为匀加速直线运动。
(2)根据图乙中数据,计算出圆形信号发射器经过A点时水平方向的速度为
　　　　m/s,以及当地重力加速度的大小为　　　　m/s2。(结果均保留三位有效数字)
1.00
9.90
(3)通过查找资料发现,广东地区的重力加速度为9.78 m/s2,实验结果出现该偏差的原因可能是　　　。
A.圆形信号发射器运动过程中受到空气阻力
B.信号实际发射间隔大于0.05 s
C.轨道的出口处不水平
D.轨道不光滑
B
【解析】 (3)圆形信号发射器运动过程中受到空气阻力,则测得的重力加速度偏小,故A不符合题意;信号实际发射间隔大于0.05 s,则时间T偏小,测得的重力加速度偏大,故B符合题意;轨道的出口处不水平、轨道不光滑不影响竖直方向上重力加速度的测量,故C、D不符合题意。
[例6] 【数据处理的创新】 (2025·黑龙江二模)学习小组利用距离传感器研究平抛运动的规律,实验装置如图甲所示。某次实验得到了不同时刻小球的位置坐标图,如图乙所示,其中O点为抛出点,标记为n=0,其他点依次标记为n=1、2、3、…。相邻点的时间间隔均为Δt=0.02 s。把各点用平滑的曲线连接起来就是平抛运动的轨迹图。
(1)经数据分析可得小球竖直方向为自由落体运动,若根据轨迹图计算当地的重力加速度,则需要知道的物理量为　　　　(填字母),重力加速度的表达式为g=　　　　(用所选物理量符号和题中所给物理量符号表示)。
A.第n个点到O点的竖直距离yn
B.第n个点到O点的水平距离xn
C.第n个点到O点的距离sn
A
(2)若测出重力加速度g=9.80 m/s2,描点连线画出y-x2图线为过原点的一条直线,如图丙所示,则说明平抛运动的轨迹为抛物线。可求出平抛运动的初速度为　　　　 m/s(结果保留两位有效数字)。
0.70
感谢观看第3讲　小专题:抛体运动中的综合性问题
【学习目标】
1.深化理解抛体运动的合成与分解原理,掌握复杂情境下的运动分析与临界条件判断。
2.熟练运用数学工具解决抛体运动的极值、相遇等问题,培养多过程综合建模能力。
3.关注抛体运动在航天、体育等领域的实际应用,强化科学建模的实践意识。
考点一　分解法处理类平抛和斜抛运动　　　　　　 　　　　　 　　　　　
1.类平抛运动问题分析
(1)受力特点。
物体所受的合外力为恒力,且与初速度的方向垂直。
(2)运动特点。
在初速度v0方向上做匀速直线运动,在合外力方向上做初速度为零的匀加速直线运动,加速度 a=。
(3)分解方法。
通常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的初速度为零的匀加速直线运动来处理,平抛运动中的结论或推论在此仍然成立。
2.斜抛运动的分解方法
图 示
分解 方法 水平、竖直正交分解,化曲为直 将初速度和重力加速度沿斜面和垂直于斜面分解
续　表
基本 规律 水平方向: vx=v0cos θ x=v0cos θ·t 竖直方向: vy=v0sin θ-gt y=v0sin θ·t-gt2 最高点: hm= 垂直于斜面: g1=gcos α v1=v0sin θ-g1·t y=v0sin θ·t-g1t2 沿着斜面: g2=gsin α v2=v0cos θ+g2·t x=v0cos θ·t+g2t2 最高点: hm=
[例1] 【类平抛运动的分析】 (2025·黑龙江大庆期末)风洞,被称为飞行器的摇篮,我国的风洞技术世界领先。如图所示,在一次实验中,风洞竖直放置且足够长,质量为m的小球从A点以速度v0=10 m/s沿直径水平进入风洞。小球在风洞中运动时受到的风力F恒定,方向竖直向上,风力大小F可在0～3mg间调节。小球可视作质点,碰壁后不反弹,重力加速度g取10 m/s2,风洞横截面直径L=10 m。
(1)当F=0时,求小球撞击右壁的速度大小和方向;
(2)保持v0不变,调节F的大小,求小球撞击右壁的区域长度。
【答案】 (1)10 m/s,速度方向与水平方向夹角为45°　(2)15 m
【解析】 (1)当F=0时,小球做平抛运动,水平方向有L=v0t1,
解得t1=1 s,
竖直分速度为vy1=gt1,
小球撞击右壁的速度大小v=,
设速度与水平方向夹角为θ,则有v=10 m/s,θ=45°。
(2)结合上述,当F=0时,小球做平抛运动,竖直方向的分位移
y1=g,
解得y1=5 m;
当F=3mg时,根据牛顿第二定律有3mg-mg=ma,
小球做类平抛运动,则有L=v0t1,y2=a,
解得y2=10 m,
则小球撞击右壁的区域长度
L0=y1+y2=15 m。
[例2] 【分解法处理斜抛运动】 (多选)(2024·山东卷,12)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(　　)
A.运动时间为2 s
B.落地速度与水平方向夹角为60°
C.重物与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
【答案】 BD
【解析】 将初速度分解为沿PQ方向分速度v1和垂直于PQ方向分速度v2,则有v1=v0cos 60°=10 m/s,v2=v0sin 60°=10 m/s,将重力加速度分解为沿PQ方向分加速度a1和垂直于PQ方向分加速度a2,则有a1=gsin 30°=5 m/s2,a2=gcos 30°=5 m/s2,垂直于PQ方向,根据对称性可得重物运动时间为t=2·=4 s,重物与PQ连线的最远距离为dmax==10 m,故A、C错误;重物落地时竖直分速度大小vy=-v0sin 30°+gt=30 m/s,则落地速度与水平方向夹角正切值tan θ===,可得θ=60°,故B正确;从抛出到最高点所用时间为t1==1 s,则从最高点到落点所用时间为t2=t-t1=3 s,轨迹最高点与落点的高度差为h=g=45 m,故D正确。
建立斜坐标系处理斜抛运动
(1)本题也可以建立初速度方向和竖直方向的斜坐标系,如图:
初速度方向为匀速直线运动,竖直方向为自由落体运动。
初速度方向有x=v0t,
竖直方向有y=gt2,
由几何关系得v0t=gt2,lPQ=v0t。
(2)将斜抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动时,平抛运动中的两个推论仍然是成立的。
考点二　抛体中的多物体问题　　　　　　 　　　　　 　　　　　
抛体中的多物体问题主要指抛体运动中的相遇问题。抛体运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀加速直线运动,所谓相遇就是二者同时到达空间中同一位置。根据问题情境不同,运用相应物理规律和几何条件列方程解答。
[例3] 【平抛运动中的多物体问题】 (2025·四川乐山期中)如图所示,将a、b两小球(均可视为质点)以大小为20 m/s 的初速度分别从A、B两点先后相差1 s水平相向抛出,a小球从A点抛出后,经过时间t,a、b两小球恰好在空中相遇,且速度方向相互垂直,不计空气阻力,g取10 m/s2,则抛出点A、B间的水平距离是(　　)
A.60 m B.100 m
C.140 m D.180 m
【答案】 D
【解析】 a小球从A点抛出后,经过时间t,a、b两小球恰好在空中相遇,可知小球b运动的时间为t-1,设相遇时b的速度方向与竖直方向夹角为θ,则tan θ==,即= ,解得t=5 s,则抛出点A、B间的水平距离x=v0t+v0(t-1),解得x=180 m,故A、B、C错误,D正确。
[例4] 【斜抛运动中的多物体问题】 (多选)(2025·山东开学考试)如图所示,从同一水平面上的M、N两点同时抛出两个小球P、Q,出射速度与水平方向夹角分别为30°和60°,两小球运动轨迹在同一竖直面内,射出后经t=1 s两小球在空中相遇,已知M、N两点间的距离为x=20 m,忽略空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A.小球P的出射速度大小为5 m/s
B.小球Q的出射速度大小为10 m/s
C.两小球相遇时P小球处于上升阶段
D.两小球相遇位置与M点的水平距离大于与N点的水平距离
【答案】 BD
【解析】 根据题意有v1tcos 30°+v2tcos 60°=x,v1tsin 30°-gt2=v2tsin 60°-gt2,代入数据联立解得v1=10 m/s,v2=10 m/s,故A错误,B正确;小球P、Q出射时竖直方向的速度分别为v1y=v1sin 30°=5 m/s,v2y=v2sin 60°=5 m/s,小球P上升到最高点经过的时间为t′== sv1tcos 30°=15 m,x2=v2tcos 60°=5 m,即x1>x2,故D正确。
[例5] 【平抛和斜抛运动中的多物体问题】 (多选)(2025·山东潍坊二模)如图所示,P、Q、M为同一竖直平面内的三点,P、Q位于同一条竖直线上,Q、M位于水平地面上,且PQ=QM。某一时刻小球甲从P点水平抛出,同时小球乙从Q点与QM成θ角抛出,速度方向如图,两球在M点相遇,不计空气阻力,下列说法正确的是(　　)
A.从抛出到相遇,乙速度变化量大于甲
B.甲、乙初速度大小之比为1∶
C.相遇前瞬间,甲、乙速度大小之比为2∶
D.仅改变乙抛出的θ角,则其落地时一定位于M点的左侧
【答案】 BD
【解析】 速度变化量为Δv=gt,两球运动时间相等,所以从抛出到相遇,速度变化量大小相等,故A错误;小球甲做平抛运动,则x=v1t,x=y=gt2,小球乙做斜上抛运动,则x=v2cos θ·t,v2sin θ=g·,联立可得θ=45°,=,故B正确;相遇前瞬间,甲的速度大小为v甲==v1,乙的速度大小为v乙=v2,所以=,故C错误;对乙球,有x=v2cos θ·t,v2sin θ=g·,所以x=,由此可知,当θ=45°时,乙球的水平位移最大,所以若改变乙抛出的θ角,其水平位移减小,即其落地时一定位于M点的左侧,故D正确。
考点三　平抛运动中的临界问题　　　　　　 　　　　　 　　　　　
1.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。
2.解题技巧:在题中找出有关临界问题的关键字,如“恰好不出界”“刚好飞过壕沟”“速度方向恰好与斜面平行”“速度方向与圆周相切”等,然后利用平抛运动对应的位移规律或速度规律进行解题。
[例6] 【平抛运动的临界问题】 (2025·安徽芜湖二模)如图所示,运动员将网球在边界A处正上方B点正对球网水平向右击出,恰好过中间网C的上边沿落在D点。已知AB=H,网高h=H,AC=L,重力加速度大小为g,不计空气阻力,下列说法正确的是(　　)
A.网球的初速度大小为L
B.网球在中间网左、右两侧的水平距离之比为 2∶1
C.若网球的初速度变为原来的两倍,网球还可以落在对方界内
D.若击球高度低于H(仍大于h),应减小击球速度,才能让球落在对方界内
【答案】 B
【解析】 网球做平抛运动,竖直方向有H=g和H-h=g,水平方向有L+l=v0t1和L=v0t2,联立解得v0=L,l=L,则网球在中间网左、右两侧的水平距离之比为L∶l=2∶1,故A错误,B正确;若网球的初速度变为原来的两倍,则网球落地时的水平位移为x=2v0t1=3L>2L,则网球出界,故C错误;若击球高度低于H,则网球运动到与网等高位置的时间变短,若再减小击球速度,网球会落在网前,故D错误。
[例7] 【平抛运动的极值问题】 (2023·新课标卷,24)将扁平的石子向水面快速抛出,石子可能会在水面上一跳一跳地飞向远方,俗称“打水漂”。要使石子从水面跳起产生“水漂”效果,石子接触水面时的速度方向与水面的夹角不能大于θ。为了观察到“水漂”,一同学将一石子从距水面高度为h处水平抛出,抛出速度的最小值为多少 (不计石子在空中飞行时的空气阻力,重力加速度大小为g)
【答案】
【解析】 石子做平抛运动,竖直方向为自由落体运动,则有2gh=,
可得落到水面上时的竖直速度vy=,
由题意可知≤tan θ,则有v0≥,
石子抛出速度的最小值为。
[变式] 在[例7] 中,若该同学在某次“打水漂”时,将一石子从距水面高度为h处以大小为v0的速度水平抛出,观察到在水面跳了三次,第四次已不能从水面跳起。已知,石子每次与水面接触后水平方向的速度方向不变,大小减为接触前的一半,竖直方向的速度方向反向,大小减为接触前的四分之三。这次“打水漂”石子抛出速度大小的范围是多少
【答案】 ≤v0<
【解析】 由题意可知第三次落到水面时水平方向速度为,竖直方向速度为vy=,
则≤tan θ,
第四次落到水面时水平方向速度为,竖直方向速度为vy=,
则>tan θ,
解得石子抛出速度范围为≤v0<。
平抛运动临界极值问题的分析方法
(1)确定研究对象的运动性质。
(2)根据题意确定临界状态。
(3)确定临界轨迹,画出轨迹示意图。
(4)应用平抛运动的规律,结合临界条件列方程求解。
课时作业　
对点1.分解法处理类平抛和斜抛运动
1.(2025·重庆沙坪坝期末)如图所示,固定在水平面上的光滑斜面长a=5 m,宽b=4 m,倾角θ=30°,一可视为质点的小球从顶端B处水平向左射入,恰好从底端点A处射出,重力加速度g取
10 m/s2。则下列说法正确的是(　　)
A.小球运动的加速度为10 m/s2
B.小球从B运动到A所用时间为2 s
C.小球从B点水平射入时的速度为2 m/s
D.若小球从B点以4 m/s的速度水平向左射入,则恰能从底端A点离开斜面
【答案】 C
【解析】 依据题意,初速度与合力方向垂直,且合力大小恒定,则小球做匀变速曲线运动,再根据牛顿第二定律得,小球的加速度为g′==gsin θ=10× m/s2=5 m/s2,故A错误;根据a=g′t2,有t== s= s,根据b=v0t,有v0== m/s=2 m/s,故B错误,C正确;若小球从B点以4 m/s的速度水平向左射入,因水平位移不变,则下落的时间会减小,则小球不能从底端A点离开斜面,故D错误。
2.(2025·山东济南模拟)如图所示,一个人站在河边以一定的初速度斜向上抛出一石子。已知石子落水时的速度方向与初速度互相垂直,抛出点和落水点之间的距离L=9.8 m,g取10 m/s2,不计空气阻力。则石子在空中的运动时间为(　　)
A.1.2 s B.1.3 s C.1.4 s D.1.5 s
【答案】 C
【解析】 以垂直于v0方向为x轴,以v0方向为y轴建立平面直角坐标系,设y轴与竖直方向成θ角,将重力加速度g分解为gx=gsin θ,gy=-gcos θ,如图所示,
则有0-v0=-gcos θ·t,y=,x=gsin θ·t2=,L==,联立解得t==1.4 s,故选C。
对点2.抛体中的多物体问题
3.(2025·四川宜宾三模)消防员在一次用高压水枪灭火的过程中,同时启动了多个喷水口进行灭火。有靠在一起的甲、乙两支高压水枪,它们喷出的水在空中运动的轨迹曲线如图所示,已知两曲线所在竖直面平行,忽略空气阻力,则(　　)
A.甲、乙水枪喷出的水初速度相等
B.乙水枪喷出的水初速度较大
C.乙水枪喷出的水在空中运动的时间较长
D.甲水枪喷出的水在最高点的速度较大
【答案】 B
【解析】 设喷出水的初速度v0与水平方向夹角为θ,到达最高点过程,斜抛运动竖直方向做竖直上抛运动,利用逆向思维有=2gh,解得v0=,根据题图可知,竖直方向高度相等,甲喷出水的初速度与水平方向夹角大一些,则乙水枪喷出的水初速度较大,故A错误,B正确;斜抛运动竖直方向做竖直上抛运动,利用逆向思维有h=g,解得t0=,根据对称性可知,上升与下降时间相等,即甲、乙水枪喷出的水在空中运动的时间相等,故C错误;斜抛运动水平方向做匀速直线运动,则水在最高点的速度vx=v0cos θ,结合上述可知,甲喷水速度小于乙喷水速度,甲喷出水的初速度与水平方向夹角大一些,则甲水枪喷出的水在最高点的速度较小,故D错误。
4.(多选)(2025·湖南衡阳模拟)如图所示,从距地面5 m高处的塔上,同时从同一位置抛出两小球(均可视为质点),初速度大小都为2 m/s,A球初速度方向水平向右,B球初速度方向与水平方向成60°角斜向右上,忽略空气阻力,重力加速度大小为10 m/s2,则(　　)
A.在A落地前,A、B不可能在空中相遇
B.在A落地前,A、B间的距离不会超过 m
C.B比A滞后 s落地
D.A、B从抛出至落地的过程,A的水平位移大于B的水平位移
【答案】 AD
【解析】 A、B同时从同一位置抛出,由于A在水平方向的速度大于B在水平方向的速度,故在A落地前,A、B不可能在空中相遇,A正确;由题意得A落地瞬间A、B间距离最大,A下落时间为tA==1 s,A的水平位移为xA=v0tA=2 m,在A下落的时间内,B下落的高度为hB=
-v0sin 60°·tA+g=(5-) m,B的水平位移为xB=v0cos 60°·tA=1 m,则A落地瞬间B到地面的距离为h′= m,A、B间的水平距离为Δx=1 m,故A、B间的最大距离为d==2 m,B错误;B在竖直方向有h=-v0sin 60°·tB+g,解得tB= s,则B比A晚落地的时间为Δt= s-1 s≠ s,C错误;B从抛出至落地过程的水平位移x=v0cos 60°·tB= m2 m,D正确。
对点3.平抛运动中的临界问题
5.(2025·山东开学考试)如图所示,一物体在风机口水平抛出,运动时只受重力G和竖直向上的恒定升力F,且F=G。如果物体从M点以水平初速度v0开始运动,最后落在网罩N点,MN间的竖直高度为h,M与右壁水平间距为L,重力加速度为g,则下列说法正确的是(　　)
A.从M运动到N的时间为
B.M与N之间的水平距离为v0
C.若增大初速度v0,物体将撞击右壁,且初速度越大,物体撞击右壁速度越大
D.若h足够大,当初速度v0=时,物体撞击右壁时速度最小
【答案】 D
【解析】 根据牛顿第二定律G-F=ma,解得a=,该物体做类平抛运动,则h=at2,解得从M运动到N的时间为t=,故A错误;M与N之间的水平距离x=v0t=v0,故B错误;物体撞击右壁时,物体运动的时间为t′=,物体竖直方向的速度为vy=at′=,物体撞击右壁速度v=
=,根据几何关系可知,当=,即当初速度v0=时,物体撞击右壁速度最小,故若增大初速度v0,物体将撞击右壁,初速度越大,物体撞击右壁速度不一定越大,故C错误,D正确。
6.(2025·云南曲靖三模)中国的面食文化博大精深,种类繁多,其中“山西刀削面”堪称天下一绝,传统的操作手法是一手托面一手拿刀,直接将面削到开水锅里。如图所示,小面片刚被削离时距开水锅的高度为L,与锅沿的水平距离为L,锅的半径也为L,若将削出的小面片的运动视为平抛运动,且小面片都落入锅中,重力加速度为g,则下列关于小面片的描述正确的是(　　)
A.空中相邻两个面片飞行过程中水平距离可能逐渐变大
B.掉落位置不相同的小面片,从抛出到落水前瞬间速度的变化量不同
C.落入锅中时,最大速度是最小速度的3倍
D.若初速度为v0,则【答案】 A
【解析】 面片飞行过程中水平方向做匀速直线运动,若先飞出的面片初速度较大,则空中相邻两个面片飞行过程中水平距离逐渐变大,故A正确;掉落位置不相同的小面片,下落高度相同,由h=gt2可知,下落的时间相等,由Δv=gt可知,从抛出到落水前瞬间速度的变化量相等,故B错误;由h=gt2可知,下落时间为t=,水平位移的范围为L7.(2025·湖南湘潭阶段检测)如图所示,奥运会步枪射击项目中,运动员沿水平方向对准靶的中心射击,设子弹能击中靶,枪口到靶心的距离为l,所用靶的直径为d,重力加速度为g,求:
(1)子弹飞出枪膛的速度v0的最小值;
(2)子弹击中靶时速度偏向角正切值的最大值。
【答案】 (1)l　(2)
【解析】 (1)以最小速度v0射出时,水平方向l=v0t,
子弹击中靶的下边缘,竖直方向有=gt2,
联立解得v0=l。
(2)子弹打到靶的下边缘时速度偏向角θ最大,竖直方向的速度vy==,
速度偏向角正切值的最大值tan θ==。
8.(2025·山东泰安模拟)如图所示,在丢沙包游戏中,某名参与者将沙包从A点沿平行于接收斜面的方向抛出,恰好垂直穿过斜面上的孔洞中心B点。已知AB两点间距离为5 m,沙包可看作质点,忽略空气阻力,重力加速度大小取10 m/s2。则沙包在AB两点间运动的时间为(　　)
A.0.6 s B.1.0 s C.1.2 s D.1.5 s
【答案】 B
【解析】 设沙包的初速度大小为v0,斜面的倾角为θ,沙包在AB两点间运动的时间为t,将重力加速度沿平行于斜面和垂直于斜面方向分解,如图所示,
则沙包的运动可分解为两个分运动:平行于斜面方向的初速度大小为v0、加速度大小为
gsin θ的匀减速直线运动,垂直于斜面方向的初速度为零、加速度大小为gcos θ的匀加速直线运动。沙包通过B点时的速度垂直于斜面,则有v0-gsin θ·t=0,沙包沿斜面方向和垂直于斜面方向的位移大小分别为x=t,y=gcos θ·t2,AB两点间距离为l=5 m,则有x2+y2=l2,联立解得t=1 s,故选B。
9.(多选)(2025·贵州遵义期末)如图所示,在竖直面内固定一半圆形容器,圆心为O,半径为R。在圆心O处分别水平向左和向右抛出一个可视为质点的小球,两小球落在圆弧上时速度方向相互垂直。已知重力加速度为g,不计空气阻力,下列说法正确的是(　　)
A.两小球的初速度大小可能都为
B.两小球的初速度大小可能都为
C.从抛出到落在圆弧上,两小球的运动时间可能不相等
D.从抛出到落在圆弧上,两小球的运动时间一定相等
【答案】 AC
【解析】 若两小球的初速度大小相等,如图,根据平抛运动推论,速度偏转角的正切值等于位移偏转角正切值的两倍,两小球落在圆弧上时速度方向相互垂直,有tan θ=tan 45°=,sin θ=
,cos θ=,联立得v0=,故A正确,B错误;若v1、v2不相等,速度偏转角不相等,但总能有两小球落在圆弧上时速度方向相互垂直的速度值,故两小球的运动时间可能不相等,故C正确,D错误。
10.滑雪跳台场地可以简化为如图甲所示的模型。图乙为简化后的跳台滑雪雪道示意图,AO段为助滑道和起跳区,OB段为倾角α=30°的着陆坡。运动员从助滑道的起点A由静止开始下滑,到达起跳点O时,借助设备和技巧,以与水平方向成θ=30°角(起跳角)的方向起跳,最后落在着陆坡面上的C点。已知运动员在O点以 20 m/s 的速率起跳,轨迹如图乙所示,不计一切阻力,g取10 m/s2。求:
(1)运动员在空中运动的最高点与起跳台O的距离;
(2)运动员离着陆坡面的距离最大时的速度大小;
(3)OC的距离。
【答案】 (1)5 m　(2)20 m/s　(3)80 m
【解析】 (1)从O点起跳的水平速度vx=v0cos 30°=10 m/s,
竖直速度vy=v0sin 30°=10 m/s,
运动员到达空中最高点时竖直速度减为零,则所用时间t==1 s,
水平位移x=vxt=10 m,
竖直位移y==5 m,
运动员在空中运动的最高点与起跳点O的距离s==5 m。
(2)垂直于着陆坡面方向的初速度vy′=v0sin 60°=10 m/s,
平行着陆坡面的速度vx′=v0cos 60°=10 m/s,
垂直着陆坡面的加速度大小ay=gcos 30°=5 m/s2,
平行着陆坡面的加速度大小ax=gsin 30°=5 m/s2,
设经时间t1离着陆坡面最远,t1==2 s,
此时速度大小为v=vx′+axt1=20 m/s。
(3)设OC的距离为L,
平行着陆坡面方向运动员做匀加速直线运动,
有L=vx′t2+ax,
又t2=2t1,解得L=80 m。(共31张PPT)
第3讲
小专题:抛体运动中的综合性问题
【学习目标】
1.深化理解抛体运动的合成与分解原理,掌握复杂情境下的运动分析与临界条件判断。
2.熟练运用数学工具解决抛体运动的极值、相遇等问题,培养多过程综合建模能力。
3.关注抛体运动在航天、体育等领域的实际应用,强化科学建模的实践
意识。
考点一
分解法处理类平抛和斜抛运动　
1.类平抛运动问题分析
(1)受力特点。
物体所受的合外力为恒力,且与初速度的方向垂直。
(2)运动特点。
(3)分解方法。
通常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的初速度为零的匀加速直线运动来处理,平抛运动中的结论或推论在此仍然成立。
2.斜抛运动的分解方法
图示
分解 方法 水平、竖直正交分解,化曲为直 将初速度和重力加速度沿斜面和垂直于斜面分解
[例1] 【类平抛运动的分析】 (2025·黑龙江大庆期末)风洞,被称为飞行器的摇篮,我国的风洞技术世界领先。如图所示,在一次实验中,风洞竖直放置且足够长,质量为m的小球从A点以速度v0=10 m/s沿直径水平进入风洞。小球在风洞中运动时受到的风力F恒定,方向竖直向上,风力大小F可在0～3mg间调节。小球可视作质点,碰壁后不反弹,重力加速度g取10 m/s2,风洞横截面直径L=10 m。
(1)当F=0时,求小球撞击右壁的速度大小和方向;
(2)保持v0不变,调节F的大小,求小球撞击右壁的区域长度。
【答案】　(2)15 m
[例2] 【分解法处理斜抛运动】 (多选)(2024·山东卷,12)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
方法点拨
反思提升
建立斜坐标系处理斜抛运动
(1)本题也可以建立初速度方向和竖直方向的斜坐标系,如图:
(2)将斜抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动时,平抛运动中的两个推论仍然是成立的。
考点二
抛体中的多物体问题　　
抛体中的多物体问题主要指抛体运动中的相遇问题。抛体运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀加速直线运动,所谓相遇就是二者同时到达空间中同一位置。根据问题情境不同,运用相应物理规律和几何条件列方程解答。
D
[例4] 【斜抛运动中的多物体问题】 (多选)(2025·山东开学考试)如图所示,从同一水平面上的M、N两点同时抛出两个小球P、Q,出射速度与水平方向夹角分别为30°和60°,两小球运动轨迹在同一竖直面内,射出后经t=1 s两小球在空中相遇,已知M、N两点间的距离为x=20 m,忽略空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　 　)
BD
[例5] 【平抛和斜抛运动中的多物体问题】 (多选)(2025·山东潍坊二模)如图所示,P、Q、M为同一竖直平面内的三点,P、Q位于同一条竖直线上,Q、M位于水平地面上,且PQ=QM。某一时刻小球甲从P点水平抛出,同时小球乙从Q点与QM成θ角抛出,速度方向如图,两球在M点相遇,不计空气阻力,下列说法正确的是(　 　)
BD
考点三
平抛运动中的临界问题
1.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。
2.解题技巧:在题中找出有关临界问题的关键字,如“恰好不出界”“刚好飞过壕沟”“速度方向恰好与斜面平行”“速度方向与圆周相切”等,然后利用平抛运动对应的位移规律或速度规律进行解题。
B
[例7] 【平抛运动的极值问题】 (2023·新课标卷,24)将扁平的石子向水面快速抛出,石子可能会在水面上一跳一跳地飞向远方,俗称“打水漂”。要使石子从水面跳起产生“水漂”效果,石子接触水面时的速度方向与水面的夹角不能大于θ。为了观察到“水漂”,一同学将一石子从距水面高度为h处水平抛出,抛出速度的最小值为多少 (不计石子在空中飞行时的空气阻力,重力加速度大小为g)
[变式] 在[例7] 中,若该同学在某次“打水漂”时,将一石子从距水面高度为h处以大小为v0的速度水平抛出,观察到在水面跳了三次,第四次已不能从水面跳起。已知,石子每次与水面接触后水平方向的速度方向不变,大小减为接触前的一半,竖直方向的速度方向反向,大小减为接触前的四分之三。这次“打水漂”石子抛出速度大小的范围是多少
方法点拨
方法总结
平抛运动临界极值问题的分析方法
(1)确定研究对象的运动性质。
(2)根据题意确定临界状态。
(3)确定临界轨迹,画出轨迹示意图。
(4)应用平抛运动的规律,结合临界条件列方程求解。
感谢观看【考情分析】
　　　　　　年份 　考查点　　　　 2025 2024 2023
曲线运动 运动的合成与分解 黑吉辽内蒙古·T1、T6、 湖南·T2 安徽·T9 江苏·T10、 全国乙·T15、 辽宁·T1
抛体运动 云南·T3、 湖北·T6、 山东·T10 新课标·T15、 江苏·T4、湖北·T3、 广西·T8、山东·T12 江苏·T15、 新课标·T24、 山东·T15
圆周运动 河北·T5、江苏·T4、 山东·T4、重庆·T3、 福建·T5、广东·T8 广东·T5、 甘肃·T8、 黑吉辽·T2 江苏·T13、 全国甲·T17、 北京·T10
实验:探究平抛运动的特点 河北·T11 北京·T16、 浙江6月选考·T16
实验:探究向心力大小的表达式 北京·T16 海南·T14 浙江1月选考·T16
【AI考情预测】
一、命题趋势
1.抛体运动方向
科技应用:如导弹拦截轨迹、太空微重力环境下的抛体运动(如空间站实验)。
复杂情境:多物体抛体相遇问题(如烟花爆炸后的碎片运动)。
2.圆周运动方向
工程模型:如离心机、高速列车转弯的轨道设计(需考虑倾斜角与速度关系)。
跨模块综合:电磁场中的圆周运动(如回旋加速器)。
3.能力要求提升
数学建模:利用参数方程或极坐标分析复杂曲线运动。
图像分析:如向心力F与角速度ω2的关系图像斜率含义。
二、热点预测
1.抛体运动与电磁场结合(如带电粒子在复合场中的类平抛运动)。
2.圆周运动融入传感器技术(如力传感器测向心力)。
3.“平抛+圆周”双过程链式问题(如物体先平抛后绕固定点旋转)。
4.变速圆周与非匀力介入(如2025大纲新增“变加速圆周受力分析”)。
三、备考建议
1.基础强化:掌握平抛位移/速度分解通法,熟练“斜面+抛体”夹角公式;区分水平圆周(摩擦力/弹力提供向心力)与竖直圆周(能量守恒定律联立)解题路径。
2.热点突破:重点训练“车辆转弯”“皮带传动”“转盘临界”三类模型;关注航天科技(卫星变轨)、体育竞技(滑冰过弯)等新情境题。
3.实验拓展:验证圆锥摆向心力公式,优化光电门计时方案。
总结:未来命题将更注重真实问题解决能力,减少纯公式套用,强调“建模→拆解→多维度分析”链条。建议结合真题进行跨模块综合训练。
第1讲　曲线运动　运动的合成与分解
【学习目标】
1.理解曲线运动的条件,掌握运动的合成与分解原理,能分析平抛、斜抛等典型曲线运动。
2.熟练运用矢量分解与合成方法处理复杂运动,通过数学推导建立位移、速度、加速度的关联规律。
3.认识曲线运动在生活与科技中的应用,形成理论联系实际的科学视角。
[footnoteRef:2] [2:
1.下列说法正确的是(　　)
A.物体做曲线运动时,速度可能是均匀变化的
B.物体在恒力作用下不可能做匀变速曲线运动
C.物体做曲线运动的速度大小一定是变化的
D.物体做曲线运动时,其合外力的方向有可能与速度方向相同
【答案】 A
2.(多选)(2025·广西模拟)关于运动的合成与分解,下列说法正确的是(　　)
A.两个直线运动的合运动不一定是直线运动
B.两个互成角度的匀速直线运动的合运动一定是直线运动
C.两个匀加速直线运动的合运动可能是曲线运动
D.两个初速度为零的匀加速直线运动互成角度,合运动一定不是匀加速直线运动
【答案】 ABC]
【答案】 切线　方向　变速　加速度　合力　分运动　合运动
　实际效果　正交分解　矢量
考点一　曲线运动的条件和特征
1.曲线运动中合力方向、速度方向与轨迹间的关系
(1)
(2)
2.曲线运动中速率变化的判断
[例1] 【对曲线运动的理解】 下列对曲线运动的描述正确的是(　　)
A.速度大小和方向都在不断变化
B.加速度一定变化
C.加速度和速度的方向可能始终垂直
D.物体只有在所受的合力方向与速度方向垂直时,才能做曲线运动
【答案】 C
【解析】 曲线运动是变速运动,即速度方向时刻在变,但速度大小不一定改变,如匀速圆周运动,故A错误;曲线运动的加速度不一定改变,如平抛运动,加速度始终为重力加速度,故B错误;加速度和速度的方向可能始终垂直,如匀速圆周运动,故C正确;物体做曲线运动的条件是所受合力的方向与速度方向不共线,即成一定夹角,但不一定是直角,锐角、钝角和直角均可,故D错误。
[例2] 【曲线运动的轨迹分析】 (2025·安徽合肥二模)如图所示,一物体在光滑水平面上做匀速直线运动,从a点开始受到水平恒力F的作用,经过一段时间到达b点,此时F突然反向且大小不变,再经过相同时间物体到达c点。下列关于该物体在a、c两点间的运动轨迹可能正确的是(　　)
A　 　B
C　 　D
【答案】 A
【解析】 物体所受合力与速度方向不在一条直线上,物体做曲线运动,速度沿着轨迹的切线方向,物体由a点到b点和由b点到c点所受合力均为恒力,速度方向逐渐靠近合力方向。
考点二　运动的合成与分解
1.合运动和分运动的关系
等时性 各分运动经历的时间与合运动经历的时间相等
独立性 各分运动独立进行,不受其他分运动的影响
等效性 各分运动的规律叠加起来与合运动有完全相同的效果
2.合运动的性质判断
(1)加速度(或合力)
(2)加速度(或合力)与速度方向
[例3] 【合运动与分运动的关系】 (2025·河北秦皇岛一模)一个质量为m=2.7 g的乒乓球,以v0=15 m/s的初速度水平向北抛出,此时正好有风,风力水平向西,俯视图如图所示,已知重力加速度g取10 m/s2,乒乓球受到的水平风力大小恒为0.027 N,空气阻力忽略不计。乒乓球在空中运动0.2 s过程中,下列说法正确的是(　　)
A.乒乓球做变加速曲线运动
B.乒乓球的加速度大小为10 m/s2
C.乒乓球向北运动的位移大小为3 m
D.乒乓球下落高度为0.4 m
【答案】 C
【解析】 乒乓球受重力和水平向西的风力,两力均为恒力,所以合力也为恒力,故乒乓球做匀变速曲线运动,故A错误;由牛顿第二定律可得,乒乓球的加速度大小为a==
m/s2=10 m/s2,故B错误;乒乓球在向北的方向上不受力,该方向上的分运动为匀速直线运动,0.2 s向北运动的位移大小为x=v0t=15×0.2 m=3 m,故C正确;乒乓球竖直方向上做自由落体运动,0.2 s下落的高度为h=gt2=×10×0.22 m=0.2 m,故D错误。
[例4] 【合运动轨迹的判断】 (2025·河南漯河模拟)漯河红枫广场无人机灯光表演向广大市民展现了科技的惊艳,同时也很好地烘托了节日的氛围,并给漯河的文化、经济等做了极大的宣传。在一次无人机表演中,若分别以水平向右、竖直向上为x轴、y轴的正方向,某架参演的无人机在x、y方向的v-t图像分别如图甲、乙所示,则在0～t2时间内,该无人机的运动轨迹为(　　)
A　　　　B
C　　　　D
【答案】 A
【解析】 由题图可知,在0～t1时间内无人机竖直方向做匀速直线运动,水平方向向右做匀减速直线运动,可知在0～t1时间内无人机受到的合外力方向水平向左,根据合外力指向轨迹凹侧,可知0～t1时间内无人机运动的轨迹向左弯曲;在t1～t2时间内无人机竖直方向向上做匀减速直线运动,水平方向做匀速直线运动,可知在t1～t2时间内无人机受到的合外力竖直向下,根据合外力指向轨迹凹侧,可知在t1～t2时间内无人机运动的轨迹向下弯曲。
考点三　小船渡河模型
1.船的实际运动:随水漂流的运动和船相对静水的运动的合运动。
2.三种速度:船在静水中的速度v船、水流的速度v水、船的实际速度v。
3.两类问题、三种情境
渡河时 间最短 当船头方向垂直于河岸时,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,合速度垂直于河岸,渡河位移最短,等于河宽d
如果v船[例5] 【渡河时间问题】 (2025·云南昆明开学考试)假设一只小船匀速横渡一条河流,当船头垂直于对岸方向航行时,在出发后10 min到达对岸下游120 m处;若船头保持与上游河岸成α角向上游航行,出发后12.5 min到达正对岸,两次渡河时小船相对于静水的速度大小相等。以下说法正确的是(　　)
A.船头与河岸间的夹角α为37°
B.船头与河岸间的夹角α为60°
C.小船在静水中的速度大小为0.6 m/s
D.河的宽度为200 m
【答案】 D
【解析】 当船头垂直于对岸方向航行时,如图甲所示,船向下游运动的位移x=v2t1,解得水流的速度大小为v2== m/s=0.2 m/s;
当船头保持与上游河岸成α角向上游航行时,如图乙所示,有v2=v1cos α,d=v1sin α·t2,又d=v1t1,联立解得sin α=,v1= m/s,d=200 m,故船头与上游河岸间的夹角是53°,故D正确。
[例6] 【渡河位移问题】 (2025·河北廊坊月考)如图甲是河水中的漩涡,漩涡边沿水的流速相对中心处的流速较慢,压强较大,从而形成压力差,导致周边物体易被“吸入”漩涡。如图乙所示的河道水流速度大小恒为v1= m/s,M处的下游O处有一个半径为r的漩涡危险圆区,其与河岸相切于N点,MN两点距离为r。若一小船(可视为质点)从河岸的M处沿直线到对岸,为了能避开危险区,小船相对静水的最小速度v2为(　　)
A.1.2 m/s B.1.5 m/s
C.1.8 m/s D.2.5 m/s
【答案】 B
【解析】 小船速度最小且避开危险圆区沿直线运动到对岸时,合速度方向恰好与危险圆区相切,如图所示,由于水流速度不变,合速度与危险圆区相切,小船相对静水的速度大小可表示为水速末端矢量到合速度方向上任一点的连线,可知当小船相对静水的速度与合速度垂直时速度最小。所以有tan ==,θ=60°,sin θ=,联立解得v2=v1=× m/s=1.5 m/s,故B正确,
A、C、D错误。
“三模型、两方案、两确定”解决小船渡河问题
考点四　关联速度问题
1.关联速度模型
(1)模型特点。
与绳(杆)相连的物体的运动方向与绳(杆)不在一条直线上。
(2)绳(杆)端速度的分解思路。
2.常见模型(如图所示)
[例7] 【绳端速度的分解】 (2025·黑吉辽内蒙古卷,6)如图,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
【答案】 B
【解析】 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块沿绳方向和垂直于绳方向分解,将v沿绳方向和垂直于绳方向分解,如图所示,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,B正确。
[例8] 【杆端速度的分解】 如图所示,一根长为L的直杆一端抵在墙角,一端倚靠在物块的光滑竖直侧壁上,物块向左以速度大小v运动时,直杆绕O点做圆周运动且与物块间始终有弹力。当直杆与水平方向的夹角为θ时,直杆上与物块接触的A点线速度大小为(　　)
A. B.
C.vsin θ D.vcos θ
【答案】 A
【解析】 直杆与物块接触点的实际运动即合运动,该接触点做圆周运动,设速度为vA,方向垂直于杆指向左下方,该速度沿水平方向的分速度为v,即vAsin θ=v,解得vA=,故选A。
课时作业
对点1.曲线运动的条件和特征
1.(2023·全国乙卷,15)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(　　)
A　　　　　B
C　　　　　D
【答案】 D
【解析】 小车做曲线运动,所受合力指向曲线的凹侧,故A、B错误;小车沿轨道从左向右运动,动能一直增加,故合力与运动方向的夹角为锐角,C错误,D正确。
2.(多选)(2025·广东模拟)踢出“香蕉球”是因为运动员踢出球时,足球向前运动的同时还在绕轴自转(如图甲、乙所示);自上向下观察(如图丙所示)足球的自转使贴着足球表面的一层薄空气被球带动做同一旋向的转动,导致足球A、B两侧的空气相对球的速度不等而产生压力差F,使得足球发生偏转。则(　　)
A.甲图中足球受到空气压力向左
B.甲图中足球受到空气压力向右
C.空气流速大的一侧压力大
D.空气流速小的一侧压力大
【答案】 BD
【解析】 题图甲中足球受到空气的压力而绕过“人墙”转弯进入球门,根据曲线运动的特点,可知足球受到的空气压力指向运动轨迹的凹侧,根据题图甲中足球的运动轨迹可判断,足球受到的空气压力向右,A错误,B正确;踢出“香蕉球”是因为足球两侧的空气相对球的速度不等而产生压力差F,压力较大的一侧会推动足球向压力较小的一侧偏转,由题图丙可知,压力差F指向空气流速大的一侧,即空气流速大的一侧压力小,空气流速小的一侧压力大,C错误,D正确。
对点2.运动的合成与分解
3.(2025·湖南卷,2)如图,物块以某一初速度滑上足够长的固定光滑斜面,物块的水平位移、竖直位移、水平速度、竖直速度分别用x、y、vx、vy表示。物块向上运动过程中,下列图像可能正确的是(　　)
　　　
A　 B 　C　 D
【答案】 C
【解析】 根据题意可知,物块沿斜面向上做匀减速直线运动,设初速度为v0,加速度大小为a,斜面倾角为θ,物块在水平方向上做匀减速直线运动,初速度大小为v0x=v0cos θ,加速度大小为ax=acos θ,则有-=-2axx,整理可得vx=,可知,vxx图像为类似抛物线的一部分,故A、B错误;物块在竖直方向上做匀减速直线运动,初速度大小为v0y=v0sin θ,加速度大小为ay=asin θ,则有-=-2ayy,整理可得vy=,可知,vyy图像为类似抛物线的一部分,故C正确,D错误。
4.(教材改编题)质量m=2 kg的物体在光滑水平面上运动,其在相互垂直的x方向和y方向的分速度vx和vy随时间变化的图像如图甲、乙所示,求:
(1)物体所受的合力大小;
(2)t=8 s时物体的速度大小;
(3)物体运动的轨迹表达式。
【答案】 (1)1 N　(2)5 m/s　(3)y=(m)
【解析】 (1)物体在x方向的加速度大小ax=0,
在y方向的加速度大小
ay==0.5 m/s2,
故合加速度为a=ay=0.5 m/s2,
根据牛顿第二定律得F合=ma=1 N。
(2)t=8 s时,物体在x、y方向上的速度分别为
vx=vx0=3 m/s,vy=ayt=4 m/s,
所以此时物体的速度大小为
v==5 m/s。
(3)由x=vxt,y=ayt2,
vx=3 m/s,
ay=0.5 m/s2,
联立可得y=(m)。
对点3.小船渡河模型
5.(2025·福建莆田三模)一小船以两种方式渡河:如图甲所示,小船航行方向垂直于河岸;如图乙所示,小船航行方向与水流方向成锐角α。已知小船在静水中航行的速度大小为v1,河水流速大小为v2,则下列说法正确的是(　　)
A.图甲中比图乙中小船渡河的时间短
B.图甲中比图乙中小船渡河的合速度大
C.图甲中比图乙中小船渡河的合位移大
D.图甲和图乙中小船均做曲线运动
【答案】 A
【解析】 由于题图甲中比题图乙中小船在垂直于河岸方向的分速度大,所以题图甲中比题图乙中小船渡河的时间短,A正确;根据运动的合成法则,题图甲中比题图乙中小船渡河的合速度小,因题图甲中合速度与河岸的夹角较大,则合位移也小,B、C错误;题图甲和题图乙中小船两个方向的分运动都是匀速运动,可知合运动也是匀速运动,即两船均做匀速直线运动,
D错误。
对点4.关联速度问题
6.(多选)(2025·河北秦皇岛模拟)如图所示,物块A放在光滑的水平地面上,竖直悬挂的小球B通过光滑的定滑轮与物块A相连,初始时,细绳与水平方向的夹角为θ,在外力的作用下,物块A向左以速度v0做匀速直线运动,则(　　)
A.初始时,小球B的速度为v0cos θ
B.小球B做减速运动
C.小球B处于超重状态
D.物块A受到的合力变化
【答案】 AC
【解析】 将A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向两个分速度,B的速度大小等于A沿绳子方向的分速度,则初始时,小球B的速度大小为vB=v0cos θ,由于A向左以速度v0做匀速直线运动,θ逐渐减小,则vB逐渐增大,小球B做加速运动,B的加速度方向向上,处于超重状态,故A、C正确,B错误;A向左以速度v0做匀速直线运动,可知物块A受到的合力为零,保持不变,故D错误。
7.(2025·湖南阶段练习)如图所示,不可伸长的刚性连杆AB、OA可绕图中A、B、O三处的转轴转动,OA杆长为L,小球A以速度v0沿逆时针方向做匀速圆周运动时,滑块B沿直线做往复运动,当连杆AB与水平方向的夹角为α,AB杆与OA杆间的夹角为β时,滑块B的速度大小为(　　)
A. B.
C. D.
【答案】 D
【解析】 如图所示,小球A和滑块B沿杆方向的分速度相等,则有v0cos θ=vcos α,其中
cos θ=cos (β-90°)=sin β,解得滑块B的速度大小为v=,故D正确。
8.如图所示,半圆柱上有一根能沿竖直方向运动的竖直杆,竖直杆在外力作用下以速度v向下匀速运动,当杆、半圆柱接触点和柱心的连线与竖直方向的夹角为θ时,半圆柱体的速度大小为(　　)
A. B.
C.vtan θ D.vsin θ
【答案】 A
【解析】 竖直杆相对于半圆柱的速度方向沿切线向下,将竖直杆的速度进行分解,如图所示,由图可知tan θ=,可得v1=,可知半圆柱的速度大小为,A正确。
9.(2025·陕西咸阳期中)如图所示,从距地面高度H=3.2 m处,将质量为1 kg的小球以12 m/s 的初速度水平向右抛出。小球运动中受到恒定的水平向左的风力,风力的大小为5 N,空气阻力忽略不计。重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)小球落地时与抛出点的水平距离;
(2)小球落地时的速度大小;
(3)小球抛出后速度的最小值。
【答案】 (1)8 m　(2)8 m/s　(3) m/s
【解析】 (1)小球抛出后受重力、水平向左恒定的风力,沿竖直方向和水平方向分解,
小球竖直方向做自由落体运动,有
H=gt2,
解得t=0.8 s,
水平方向加速度
ax==5 m/s2,
小球落地时与抛出点的水平距离
x=v0t-axt2,
解得x=8 m。
(2)小球落地时竖直方向速度
vy=gt=8 m/s,
小球落地时水平方向速度
vx=v0-axt=8 m/s,
小球落地时速度大小
v==8 m/s。
(3)设小球在空中运动经时间t0时速度最小,竖直方向速度vy=gt0,
水平方向速度vx=v0-axt0,
小球实际速度大小
v==,
当t0== s时速度最小,
由于t0= svmin= m/s。(共37张PPT)
第4讲
圆周运动
【学习目标】
1.理解匀速圆周运动的运动学特征,掌握线速度、角速度、向心加速度的定量关系及变速率圆周运动的分析方法。
2.能通过受力分析建立圆周运动的动力学方程,明确解决圆周运动的动力学问题的思路,解决生活中的圆周运动问题。
3.认识圆周运动在科技、生活中的应用,理解安全设计中的物理原理。
知识构建
基础转化
1.如图所示,修正带的核心部件是两个半径之比为3∶1的大小齿轮,两个齿轮通过相互啮合进行工作,A和B分别为两个齿轮边缘处的两点。若两齿轮匀速转动,下列说法正确的是(　　)
A.A、B两点的线速度大小之比为1∶1
B.A、B两点的线速度大小之比为3∶1
C.A、B两点的角速度大小之比为3∶1
D.A、B两点的向心加速度大小之比为3∶1
A
2.(多选)(2025·山东潍坊开学考试)如图所示,两个同轴心的玻璃漏斗内表面光滑,两漏斗与竖直转轴的夹角分别是α、β,且α<β,A、B、C三个小球在漏斗上做匀速圆周运动,A、B两球在同一漏斗的不同位置,C球在另一个漏斗上且与B球位置等高,下列说法正确的是(　 　)
A.A球与B球受到的支持力一定大小相等
B.A球与B球的向心加速度一定大小相等
C.B球与C球的线速度一定大小相等
D.B球的周期一定等于C球的周期
BC
考点一
圆周运动的运动学问题
1.圆周运动各物理量间的关系
2.常见的传动方式及特点
[例1] 【圆周运动物理量的关系】 (2024·黑吉辽卷,2)“指尖转球”是花式篮球表演中常见的技巧。如图,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(　　)
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
D
【解析】 由题意可知,球面上P、Q两点转动时属于同轴转动,故角速度大小相等,故D正确;由题图可知,球面上P、Q两点做圆周运动的半径的关系为rP[例2] 【圆周运动中的传动问题】 (2025·陕西西安模拟)如图为自行车的部分示意图,A、B、C分别为大齿轮、小齿轮、后轮边缘上的点,后轮上粘有一小块泥巴D。 将后轮架空,用力踩脚踏板使后轮匀速转动,则(　　)
A.A点的线速度大于B点的线速度
B.A点的角速度大于C点的角速度
C.A点的向心加速度小于C点的向心加速度
D.D通过最高点时最容易脱落
C
[例3] 【圆周运动的多解问题】 (多选)(2025·江西上饶期中)如图所示,直径为0.25 m的水平圆筒表面有一小孔,圆筒绕中心轴线以恒定的角速度匀速转动。现将一小球从圆筒正上方距圆筒上表面高度为0.2 m处由静止释放,当小球到达圆筒处时,小球恰好从小孔进入圆筒。重力加速度大小g取10 m/s2,不计空气阻力。若小球能够顺利离开圆筒,则圆筒转动的角速度大小可能为(　 　)
A.10π rad/s B.20π rad/s
C.30π rad/s D.40π rad/s
AC
考点二
圆周运动的动力学问题
1.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,沿半径方向指向圆心的合力就是向心力。
2.匀速圆周运动的实例
圆锥摆
飞车走壁
汽车在水平 路面转弯
水平转台
3.变速圆周运动
C
方法点拨
方法总结
解决圆周运动的动力学问题的一般思路
[例5] 【圆锥摆(筒)模型】 (2024·江苏卷,11)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,A、B在同一竖直线上,不计一切摩擦,则(　　)
A.线速度vA>vB B.角速度ωA>ωB
C.向心加速度aAFB
C
[变式] (1)若改变拉力F,使得小球在同一水平面A、B两处做圆锥摆运动,则小球在A、B两处的角速度和线速度大小是否相同
【答案】 (1)角速度相同,线速度大小不相同
(2)若改变拉力F,使得小球在不同水平面A、B两处做圆锥摆运动,但绳与竖直方向之间的夹角相同,则小球在A、B两处的向心加速度和所受绳拉力的大小是否相同
【答案】 (2)向心加速度大小相同,受到绳的拉力大小也相同
方法点拨
方法总结
圆锥摆和圆锥筒的模型分析
(1)若路面水平,求在晴天时,汽车能安全通过该水平圆弧形弯道的最大速率;(结果保留根号)
(2)若将弯道处路面设计为向内侧倾斜,与水平面的夹角为θ=15°:
①晴天时,汽车以多大速度通过该水平圆弧形弯道时轮胎与路面间的侧向摩擦力为零 这种情况下汽车受到路面的弹力为多少 (结果保留三位有效数字);
【答案】(2)①16.4 m/s　2.06×104 N　
②雨天时,求汽车能安全通过此倾斜圆弧形弯道的最大速率。(结果保留整数)
【答案】②27 m/s
感谢观看第5讲　小专题:圆周运动的临界问题
【学习目标】
1.掌握圆周运动中临界条件的力学本质,理解向心力供需平衡的临界分析。
2.能通过受力分析与动力学方程推导水平面内、竖直面内及斜面上的临界速度、临界角速度等极值,建立数学模型解决复杂情境问题。
3.关注临界问题在工程安全中的应用,培养风险预判与科学决策意识。
考点一　水平面内圆周运动的临界问题　　　
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.常见的两种临界极值问题
(1)与摩擦力有关的临界极值问题。
物体间恰好不发生相对滑动的临界条件是物体间的静摩擦力恰好达到最大静摩擦力。
(2)与弹力有关的临界极值问题。
压力、支持力的临界条件是物体间的弹力恰好为零;绳上拉力的临界条件是绳恰好拉直且其上无弹力或绳上拉力恰好为最大承受力等。
3.解决此类问题的一般思路
首先要找到临界条件时物体所处的状态;再分析该状态下物体的受力特点;最后根据圆周运动知识列动力学方程求解。
[例1] 【与摩擦力有关的临界极值问题】 (2025·四川成都模拟)如图所示,一水平圆盘绕竖直中心轴以角速度ω做匀速圆周运动,紧贴在一起的M、N两物体(可视为质点)随圆盘做圆周运动,N恰好不下滑,M恰好不滑动,两物体与转轴距离为r,已知M与N间的动摩擦因数为μ1,M与圆盘面间的动摩擦因数为μ2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则μ1与μ2应满足的关系式为(　　)
A.μ1+μ2=1 B.=1
C.μ1μ2=1 D.=1
【答案】 C
【解析】 以M、N整体为研究对象,由静摩擦力提供向心力,有μ2(mM+mN)g=(mM+mN)ω2r,以N为研究对象,由M对N的弹力提供向心力,有FN=mNω2r,由平衡条件有μ1FN=mNg,联立解得μ1μ2=1,故选C。
[变式] 如图所示,若将M、N两物体叠放在一起,随盘一起加速转动。已知M、N间的动摩擦因数μ1小于M与圆盘间的动摩擦因数μ2,哪个物体先远离圆心
【答案】 物体N
【解析】 对两物体整体受力分析,有
μ2(mM+mN)g=(mM+mN)r,
整体发生相对滑动的临界角速度为ωM=,
对物体N受力分析有μ1mNg=mNr,
物体N发生相对滑动的临界角速度为ωN=,
因为μ1<μ2,即ωN<ωM,
所以圆盘做加速圆周运动,物体N先达到临界角速度,则物体N将先远离圆心。
[例2] 【与弹力有关的临界极值问题】 (2025·陕西宝鸡二模)如图所示,质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质竖直细杆的A点和B点,绳a与竖直杆AB成θ角,绳b处于水平方向且长为L。当轻杆绕轴AB以角速度ω匀速转动时,小球在水平面内做匀速圆周运动,则下列说法正确的是(　　)
A.a绳的弹力有可能为0
B.b绳的弹力不可能为0
C.当角速度ω>时,b绳一定有弹力
D.当角速度ω>时,b绳一定有弹力
【答案】 D
【解析】 由于小球受到竖直向下的重力,要使小球能够在水平面内做匀速圆周运动,必须有其他外力平衡小球的重力,故a绳的弹力不可能为零;b绳在水平面内,a绳的弹力和小球重力的合力可以为小球在水平面内做匀速圆周运动提供向心力,故b绳的弹力可能为零,A、B错误。当b绳恰好水平拉直而没发生形变时,b绳的弹力为零,对小球受力分析可知mgtan θ=mω2L,解得ω=,当ω>时,b绳一定有弹力,C错误,D正确。
考点二　竖直面内圆周运动的临界问题
1.竖直面内圆周运动的两类模型
项目 轻绳模型 轻杆模型
常见类型 小球在最高点没有支撑 小球在最高点有支撑
最高点受力特征 除重力外,小球受到的弹力 向下或等于零 除重力外,小球受到的弹力 向下、等于零或向上
最高点受 力示意图
动力学方程 mg+F弹=m mg±F弹=m
临界特征 F弹=0 mg=m 即vmin= (1)恰好过最高点,v=0,F弹=mg。 (2)恰好无弹力,F弹=0,v=
过最高点的条件 在最高点的速度v≥ 在最高点的速度v≥0
2.解题技巧
(1)物体通过圆周运动最低点、最高点时,根据合力提供向心力列牛顿第二定律方程。
(2)物体从某一位置到另一位置的过程中,用动能定理找出两位置间的速度关系。
(3)注意:求对轨道的压力时,转换研究对象,先求物体所受支持力,再根据牛顿第三定律求出压力。
[例3] 【轻绳模型】(2025·贵州遵义模拟)某人站在水平地面上,手握不可伸长的轻绳一端,绳的另一端系有质量为1 kg的小球,甩动手腕,使球在竖直平面内以手为圆心做圆周运动,其简化示意图如图。握绳的手离地面高度为1 m且保持不变,现不断改变绳长使球重复上述运动,每次绳在球运动到最低点时都恰好达到最大拉力被拉断,球以绳断时的速度水平飞出,通过水平距离x后落地。已知绳能承受的最大拉力为15 N,重力加速度g取10 m/s2,忽略手的运动半径和空气阻力,则x的最大值为(　　)
A.0.4 m B.0.5 m
C.1.0 m D.1.2 m
【答案】 B
【解析】 设小球做圆周运动的半径为r,手离地面高度为h,绳的最大拉力为Fmax,绳断后小球做平抛运动,竖直方向做自由落体运动,有h-r=gt2,Fmax-mg=m,x=vmaxt,联立解得x=,可知,当r=0.5 m时,x有最大值,最大值为xm=0.5 m,故选B。
[例4] 【轻杆模型】(2025·天津滨海新区期中)如图甲所示,一轻杆一端固定在O点,另一端固定一小球,在竖直平面内做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时,杆与小球间弹力大小为FN,小球在最高点的速度大小为v,FN-v2图像如图乙所示。下列说法正确的是(　　)
A.当地重力加速度大小为
B.小球的质量为
C.当v2=c时,杆对小球的弹力方向向上
D.若v2=2b,则杆对小球的弹力大小为2a
【答案】 B
【解析】 由题图乙可知,当FN=0时,对小球在最高点,由牛顿第二定律得mg=m=m,可得当地的重力加速度大小为g=,故A错误;当v=0时,在最高点有mg=FN=a,可得小球的质量m==,故B正确;当v2=c>b时,在最高点,对小球由牛顿第二定律得mg+FN=m,则杆对小球的弹力方向向下,故C错误;当v2=2b时,在最高点,对小球由牛顿第二定律得mg+FN=m,则FN=m-mg=m-mg=mg=a,则杆对小球的弹力大小为a,故D错误。
考点三　斜面上圆周运动的临界问题　　　　　　 　　　　　 　　　　　
物体在斜面上做匀速圆周运动时,设斜面的倾角为θ,重力垂直于斜面的分力与物体受到的支持力大小相等,平行于斜面的分力与静摩擦力的合力提供向心力。同理可知,在转动过程中,物体最容易滑动的位置是最低点,恰好滑动时,有μmgcos θ-mgsin θ=mω2R。
[例5] (2025·海南模拟)如图甲所示,倾角为θ的光滑斜面固定在水平地面上,细线一端与可看成质点的质量为m的小球相连,另一端穿入小孔O与力传感器(位于斜面体内部)连接,传感器可实时记录细线拉力大小及扫过的角度。初始时,细线水平,小球位于小孔O的右侧,现敲击小球,使小球获得一平行于斜面向上的初速度v0,此后传感器记录细线拉力FT的大小随细线扫过角度α的变化图像如图乙所示,图中F0已知,小球与O点的距离为l,重力加速度为g,则下列说法不正确的是(　　)
A.小球位于初始位置时的加速度为
B.小球通过最高点时的速度为
C.小球通过最高点时的速度为v0
D.小球通过最低点时的速度为v0
【答案】 A
【解析】 小球位于初始位置时,根据向心加速度公式,小球的向心加速度大小为a1=,指向O点,根据牛顿第二定律有mgsin θ=ma2,解得沿斜面向下的加速度大小为a2=gsin θ,根据平行四边形定则知,小球位于初始位置时的加速度a=>a1=,故A说法错误;由题图乙可知,小球通过最高点时细线的拉力为0,根据向心力公式mgsin θ=m,解得小球通过最高点时的速度v1=,故B说法正确;小球在初始位置时,根据向心力公式F0=m,则小球通过最高点时的速度v1==v0,故C说法正确;小球通过最低点时,细线的拉力最大,根据牛顿第二定律有2F0-mgsin θ=m,联立解得小球通过最低点时的速度为v2=v0,故D说法正确。
课时作业　
对点1.水平面内圆周运动的临界问题
1.(2024·江苏卷,8)如图所示是生产陶瓷的工作台,台面上掉有陶屑,与工作台一起绕OO′匀速转动,陶屑与桌面间的动摩擦因数处处相同(台面够大)。最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则(　　)
A.越靠近台面边缘的陶屑质量越大
B.越靠近台面边缘的陶屑质量越小
C.陶屑只能分布在圆台边缘
D.陶屑只能分布在某一半径的圆内
【答案】 D
【解析】 同一工作台角速度相同,恰好滑动时最大静摩擦力完全提供向心力,根据牛顿第二定律有μmg=mω2r,解得恰好不滑动时的半径为r=,与质量无关,以此半径画圆,处于此圆以外的陶屑会被甩出去,D正确,A、B、C错误。
2.(2025·山东烟台期末)如图甲所示,一根细线一端系一小球(可视为质点),另一端固定在一光滑圆锥顶端,当小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为ω时,细线拉力大小为FT,FT与ω2的变化关系图像如图乙所示。已知圆锥面母线与竖直方向夹角为θ,重力加速度为g,则当ω=ω2时,细线拉力的大小为(　　)
A. B.
C. D.
【答案】 B
【解析】 根据题意,当角速度为0时,小球受重力、支持力和绳的拉力,且有FT0=mgcos θ,当角速度等于ω1时,小球恰好只受重力和绳的拉力,则mgtan θ=mlsin θ,当角速度等于ω2时,小球只受重力和绳的拉力,且绳与竖直方向的夹角变大,则FTsin α=mlsin α,联立可得FT=
,故B正确。
3.(教材改编题)如图所示,半径R= m的半球形陶罐,固定在可以绕竖直轴转动的水平转台上,转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合,转台能以不同的角速度绕竖直轴匀速转动。一小物块随陶罐一起转动,且它和O点的连线与OO′之间的夹角θ为53°,已知小物块与陶罐之间动摩擦因数为μ,重力加速度g取10 m/s2,认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
(1)若小物块恰好不受摩擦力,求水平转台的角速度ω0;
(2)当转台以5 rad/s的角速度转动时,为使小物块与陶罐之间不发生相对滑动,μ应满足什么条件
【答案】 (1)5 rad/s　(2)μ≥
【解析】 (1)若小物块恰好不受摩擦力,物块仅受到重力与指向球心的弹力,根据牛顿第二定律有mgtan θ=mRsin θ,
代入数据解得水平转台的角速度大小为ω0=5 rad/s。
(2)当转台以5 rad/s>5 rad/s的角速度转动时,摩擦力方向沿切线向下,对小物块进行受力分析,如图所示,
根据牛顿第二定律得FNsin θ+Ffcos θ=mRsin θω2,
根据平衡条件得FNcos θ=Ffsin θ+mg,
其中Ff=μFN,
代入数据解得μ=,
为使小物块与陶罐之间不发生相对滑动,μ应满足μ≥。
对点2.竖直面内圆周运动的临界问题
4.(2025·河北保定一模)滚筒洗衣机的实物图如图所示。脱水时,滚筒绕水平轴高速匀速转动,附着在衣物上的水会从滚筒漏水孔中甩出。下列相关说法正确的是(　　)
A.水被甩出前在最高点与最低点受到衣物附着力大小相等
B.在与转轴等高的位置,水受到的衣物附着力指向转轴
C.水在最低点更容易被甩出
D.水在最高点更容易被甩出
【答案】 C
【解析】 滚筒洗衣机的脱水筒匀速旋转,衣服在最高点和最低点时附着在潮湿衣服上的水的重力和衣服与水之间的附着力的合力提供向心力,在最高点F1+mg=,在最低点F2-mg=,可得F2>F1,所以在最低点时,所需要的附着力更大,更容易被甩出,故A、D错误,C正确;在与转轴等高的位置,水的重力和衣物附着力的合力提供向心力,向心力方向指向转轴,由于重力向下,所以衣物附着力不指向转轴,故B错误。
5.(多选)(2025·湖北十堰模拟)如图所示的机械装置由摆锤和底座两部分组成,摆锤通过轻质直杆与底座上的转轴O连接,整个机械装置放置在上表面水平的压力传感器上,底座内部的电机可以驱动摆锤在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动,底座始终保持静止。已知摆锤的质量为m,底座的质量为M,重力加速度为g,下列说法正确的是(　　)
A.若摆锤的速率为,则摆锤运动到最高点时,压力传感器的示数等于Mg
B.摆锤运动到最低点时,压力传感器的示数可能小于(M+m)g
C.当摆锤重心与O点等高且在O点右侧时,直杆对摆锤的弹力指向O点
D.当摆锤重心与O点等高且在O点右侧时,底座所受摩擦力水平向左
【答案】 AD
【解析】 若摆锤的速率为,摆锤运动到最高点时,直杆上无弹力,而底座保持静止,压力传感器的示数等于Mg,故A正确;摆锤运动到最低点时,摆锤处于超重状态,压力传感器的示数一定大于(M+m)g,故B错误;当摆锤重心与O点等高且在O点右侧时,直杆对摆锤弹力的竖直分力与摆锤的重力mg平衡,水平分力提供向心力,直杆对摆锤的弹力斜向左上,则直杆对底座的弹力斜向右下,而底座保持静止,所以底座所受摩擦力水平向左,故C错误,D正确。
6.(2025·四川期末)如图甲所示,质量为m的小球(视为质点)用轻质细线悬挂于O点,在竖直面内做圆周运动,小球以不同的角速度ω通过最高点时,细线的拉力F与其角速度的平方ω2的关系图像如图乙所示,则下列说法正确的是(　　)
A.F=0时,小球在最高点的角速度大小为a2
B.当地的重力加速度大小为mb
C.细线的长度为
D.当ω=时,F的大小为b,方向竖直向上
【答案】 C
【解析】 由题图乙可知,当细线的拉力刚好为0时,ω2=a,解得小球的角速度ω=,此角速度为小球能通过最高点的最小角速度,角速度不可能等于,故A、D错误;在最高点,由牛顿第二定律与向心力公式可得F+mg=mrω2,即F=-mg+mrω2,纵截距-b=-mg,解得g=,故B错误;斜率=mr,解得细线的长度为r=,故C正确。
对点3.斜面上圆周运动的临界问题
7.(2025·广东深圳期中)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角速度ω转动,盘面上离转轴2.5 m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止,物体与盘面间的动摩擦因数为,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,盘面与水平面的夹角为30°,g取10 m/s2,则以下说法不正确的是(　　)
A.小物体随圆盘做匀速圆周运动时,一定始终受到三个力的作用
B.小物体随圆盘以不同的角速度ω做匀速圆周运动时,ω越大时,小物体在最低点处受到的摩擦力一定越大
C.小物体受到的摩擦力可能背离圆心
D.ω的最大值是1.0 rad/s
【答案】 A
【解析】 当物体在最高点时,可能只受到重力与支持力2个力的作用,合力提供向心力,故A说法错误;在最低点,根据牛顿第二定律有Ff-mgsin 30°=mrω2,可知ω越大时,小物体在最低点处受到的摩擦力Ff越大,故B说法正确;当物体在最高点时,摩擦力的方向可能沿斜面向上,也可能沿斜面向下,即可能指向圆心,也可能背离圆心,故C说法正确;当物体转到圆盘的最低点恰好不滑动时,转盘的角速度最大,由μmgcos 30°-mgsin 30°=mω2r,解得ω=1.0 rad/s,故D说法正确。
8.如图所示,一倾斜的圆筒绕固定轴OO1以恒定的角速度ω转动,圆筒的半径r=1.5 m。筒壁内有一小物体与圆筒始终保持相对静止,小物体与圆筒间的动摩擦因数为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力),转动轴与水平面间的夹角为60°,重力加速度g取10 m/s2,则ω的最小值是(　　)
A.1 rad/s B. rad/s
C. rad/s D.5 rad/s
【答案】 C
【解析】 对小物体受力分析如图所示,由牛顿第二定律有mgcos 60°+FN=mω2r,
Ff=mgsin 60°≤μFN,解得ω≥ rad/s,故C正确。
9.(多选)(2025·贵州黔东南模拟)如图所示,两个可视为质点的相同木块A和B放在水平转盘上,用不可伸长的轻绳相连,连线过转盘的圆心O,木块A、B与转轴中心的距离分别为L和2L,木块与转盘之间的动摩擦因数均为μ,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。开始时,轻绳恰好伸直但无弹力,现让转盘在水平面内由静止开始绕转轴OO′做角速度ω缓慢增大的圆周运动。以下说法正确的是(　　)
A.当角速度ω增大到时,木块A将相对转盘滑动
B.当角速度ω>时,木块A相对转盘滑动
C.角速度ω在<ω<范围内增大时,轻绳的拉力增大
D.角速度ω在<ω<范围内增大时,A受到的摩擦力先减小后增大
【答案】 BCD
【解析】 当角速度ω较小时,A、B两木块都靠摩擦力提供向心力,由Ff=mrω2可知,B木块的摩擦力先达到最大值,此时μmg=2mL,解得ω1=,若角速度大于ω1,对A有F+FfA=mLω2,
对B有F+μmg=2mLω2,得FfA=μmg-mLω2,当角速度等于时,FfA=0,故A错误。随着角速度增大,FfA先减小然后反向增大,设当角速度增大到ω2时,A相对于转盘即将滑动,A木块的摩擦力达到最大,方向背离圆心。对木块A,F-μmg=mL,对木块B,F+μmg=2mL,联立解得ω2=,故B正确。角速度在<ω<的范围内,随着角速度的增大,轻绳的拉力增大,A、B均相对于转盘静止,B受到的摩擦力不变,而A受到的摩擦力先减小后增大,故C、D正确。
10.(2025·海南海口期中)如图所示,水平转台上有一个质量为m的物块,用长为l的轻质细绳将物块连接在转轴上,细绳与竖直转轴的夹角θ=30°,此时细绳伸直但无张力,物块与转台间的动摩擦因数为μ=0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,物块随转台由静止开始缓慢加速转动,重力加速度为g。
(1)当水平转盘以角速度ω1匀速转动时,绳上恰好有张力,求ω1的值;
(2)当水平转盘以角速度ω2=匀速转动时,求物块所受的摩擦力大小;
(3)转盘的角速度ω3为多大时,物块刚好离开转台上表面
【答案】 (1)　(2)mg　(3)
【解析】 (1)当水平转盘以角速度ω1匀速转动时,绳上恰好有张力,则由牛顿第二定律有
μmg=mlsin θ,解得ω1=。
(2)当水平转盘以角速度ω2=<ω1匀速转动时,细绳无张力,此时物块所受的摩擦力大小
Ff=mlsin θ=mg。
(3)物块刚好离开转台上表面时,由牛顿第二定律有mgtan 30°=mlsin 30°,
解得ω3=。(共42张PPT)
第7讲
实验:探究向心力大小的表达式
【学习目标】
1.理解向心力公式F=mω2r的物理意义,掌握控制变量法,探究向心力与各因素间的定量关系。
2.能通过实验数据建立向心力与半径、角速度、质量的关系模型,并用图像法(如F-ω2图线)验证理论。
3.规范操作向心力演示器,设计对比实验,分析误差来源并优化实验方案。
4.认识实验在圆周运动规律发现中的作用,培养严谨的科学态度,关注向心力在工程中的应用。
一、装置与器材
质量相同及不同的小球若干、向心力演示器。
二、实验步骤
1.把两个质量 的小球分别放在长槽和短槽上,使它们的转动半径相同;调整塔轮上的皮带,使两个小球的 不一样,探究向心力的大小与角速度的关系。
2.保持两个小球 不变,增大长槽上小球的转动半径;调整塔轮上的皮带,使两个小球的 相同,探究向心力的大小与转动半径的关系。
3.换成 不同的小球,使两球的转动半径 ;调整塔轮上的皮带,使两个小球的角速度也 ,探究向心力的大小与 的关系。
4.重复几次以上实验。
相同
角速度
质量
角速度
质量
相同
相同
质量
三、数据处理
分别作出F-ω2、 、F-m的图像,分析向心力大小与角速度、半径、质量之间的关系,并得出结论。
四、注意事项
1.将横臂紧固螺钉旋紧,以防小球和其他部件飞出而造成事故。
2.摇动手柄时应力求缓慢加速,注意观察其中一个标尺上的格数。达到预定格数时,即保持转速均匀恒定。
F-r
考点一
基础性实验　
[例1] 【实验原理与实验操作】 (2025·湖北一模)某物理学习小组利用如图甲所示的向心力演示器探究小球做圆周运动所需向心力的大小F与质量、角速度和半径之间的关系。长槽的A、B处和短槽的C处到各自转轴中心的距离之比为2∶1∶1。变速塔轮自上而下有三种组合方式,左右每层半径之比由上至下分别为1∶1、2∶1和3∶1,如图乙所示。
(1)下列实验中采用的实验方法与本实验相同的是　　　　。(多选)
A.用单摆测量重力加速度
B.探究一定质量气体的压强、体积、温度之间的关系
C.探究加速度与力、质量的关系
D.电池电动势和内阻的测量
BC
【解析】 (1)探究向心力的大小与小球质量m、角速度ω和半径r之间的关系,采用的实验方法是控制变量法。
(2)在某次实验中,为探究向心力与质量之间的关系,先把质量为m的钢球放在短槽C位置,则应把另一质量为2m的钢球放在长槽　　 　　(选填“A”或“B”)处,还需要将传动皮带调至第　　　　(选填“一”“二”或“三”)层塔轮。
B
一
【解析】 (2)要探究向心力与质量之间的关系,需要控制两小球做圆周运动的角速度和半径相等,故将另一钢球放在B处,将传动皮带调至第一层塔轮。
(3)在另一次实验中,把两个质量相等的钢球分别放在槽B、槽C位置,传动皮带位于第三层塔轮,转动手柄,则当塔轮匀速转动时,左右两标尺露出的格数之比约为　　　　。
A.3∶1 B.1∶3 C.1∶9 D.9∶1
C
[例2] 【实验数据处理与误差分析】 (2025·安徽芜湖阶段检测)(1)某同学通过向心力演示器,探究向心力大小F与物体的质量m、角速度ω和转动半径r的关系。
①如图甲所示为向心力演示器的原理图,某次实验中,该同学将两个质量相等的小球分别放在挡板B和挡板C处,皮带放在塔轮的第一层,则他探究的是向心力大小和　　　　(选填“质量”“角速度”或“半径”)的关系。
半径
【解析】 (1)①该同学将两个质量相等的小球分别放在挡板B和挡板C处,两球质量相等,圆周运动的半径不同,皮带放在塔轮的第一层,确保两小球转动的角速度相同,可知他探究的是向心力大小和半径的关系。
②在探究向心力的大小与圆周运动角速度的关系时,将两个质量相同的小球,分别放在挡板C与　　　　　　(选填“挡板A”或“挡板B”)位置,转动时发现左、右标尺上露出的红白相间的等分格数之比约为1∶4,则皮带放置的左、右两边塔轮的半径之比为　　　　。
挡板A
2∶1
【解析】 ②在探究向心力的大小与圆周运动角速度的关系时,需要确保质量与半径一定,即应将两个质量相同的小球,分别放在挡板C与挡板A位置;转动时发现左、右标尺上露出的红白相间的等分格数之比约为1∶4,即向心力大小之比为1∶4,根据F=mω2r,知两小球的角速度之比为1∶2,皮带传动过程中,两边塔轮边缘的线速度大小相等,根据v=ωR可知,皮带放置的左、右两边塔轮的半径之比为2∶1。
(2)为了进一步精确探究,该同学利用传感器验证向心力的表达式,如图乙,装置中水平直槽能随竖直转轴一起转动,将滑块套在水平直槽上,用细线将滑块与固定的力传感器连接。当滑块随水平直槽一起匀速转动时,细线的拉力大小可以通过力传感器测得,滑块转动的角速度可以通过角速度传感器测得。
将相同滑块分别以半径r为0.14 m、0.12 m、0.10 m、0.08 m、0.06 m做圆周运动,在同一坐标系中分别得到图丙中①、②、③、④、⑤五条F-ω图线,则图线①对应的半径为　 　　　,各图线不过坐标原点的原因是
　 　。
0.14 m
滑块受到水平直槽的摩擦力作用
【解析】 (2)当滑块随水平直槽一起匀速转动时,细线的拉力与摩擦力的合力提供圆周运动的向心力,则有F=mω2r-Ff,将相同滑块,即质量m相等的滑块分别以半径r为0.14 m、0.12 m、0.10 m、0.08 m、0.06 m做圆周运动,可知,当角速度相等时,半径越大,细线拉力越大,结合题图乙可知,图线①对应的半径为0.14 m;对滑块进行受力分析,可知滑块做圆周运动的向心力由水平直槽对滑块的摩擦力与细线拉力的合力提供,可知各图线不过坐标原点的原因是滑块受到水平直槽的摩擦力作用。
考点二
创新性实验　
[例3] 【实验原理的创新】 (2025·安徽三模)两学习小组A、B用如图所示实验装置验证向心力大小与速度的平方成正比。轻绳(未知长度)一端在圆心O处与DIS传感器相连(图中未画出),用于测量摆锤做圆周运动过程中绳拉力F的大小,另一端与一摆锤相连,摆锤平衡时重心恰在等高线O处,装置中的标尺盘相邻等高线间距相等。利用光电门可测得摆锤通过光电门时的速度v。已知重力加速度为g。
v2
(2)B组同学控制摆锤的质量m(未知)、运动半径r(未知)不变,将摆锤从不同高度的等高线处由静止释放,记录每次高度h及对应的摆锤运动至最低点时绳中的拉力大小F,描绘出F-h图像,若表达式　　　　　　　　成立,则可证明摆锤的向心力与速度平方成正比,根据图线的斜率或纵截距,也可求出摆锤质量。
(3)在实验中B组同学测得的摆锤质量比A组同学明显偏小,造成这个误差的最主要原因可能是　　　　。(填字母)
A.B组同学每次释放时将摆锤的最高点与高度为h的等高线对齐
B.B组同学每次释放时将摆锤的最低点与高度为h的等高线对齐
C.B组同学每次释放时摆锤初速度不为零
A
[例4] 【实验目的的创新】 (2025·广西南宁一模)某校物理小组尝试利用智能手机对竖直面内的圆周运动进行拓展探究。实验装置如图甲所示,轻绳一端连接拉力传感器,另一端连接智能手机,把手机拉开一定角度,由静止释放,手机在竖直面内摆动过程中,手机中的陀螺仪传感器可以采集角速度实时变化的数据并输出图像,同时,拉力传感器可以采集轻绳拉力实时变化的数据并输出图像。经查阅资料可知,面向手机屏幕,手机逆时针摆动时陀螺仪传感器记录的角速度为正值,反之为负值。
(1)某次实验,手机输出的角速度随时间变化的图像如图乙所示,由此可知在0～t0时间段内　　　。(多选)
A.手机20次通过最低点
B.手机10次通过最低点
C.手机做阻尼振动
D.手机振动的周期越来越小
AC
【解析】 (1)分析可知,当手机通过最低点时角速度达到最大值,由题图乙可知,在0～t0时间内手机20次通过最低点,故A正确,B错误;手机的角速度会随着振幅的减小而衰减,根据题图乙可知,手机的角速度随着时间在衰减,可知手机在做阻尼振动,故C正确;阻尼振动的周期不变,其周期由系统本身的性质决定,故D错误。
(2)为进一步拓展研究,分别从力传感器输出图像和手机角速度—时间图像中读取几组手机运动到最低点时的拉力和角速度的数据,并在坐标图像中以F(单位:N)为纵坐标、ω2(单位:s-2)为横坐标进行描点,请在图丙中作出F-ω2的图像。
【解析】(2)由于手机在做圆周运动,短时间内在不考虑其振动衰减的情况下,在最低点对手机由牛顿第二定律有F-mg=mω2L,可得F=mLω2+mg,式中L为悬点到手机重心的距离,根据上式可知,手机运动到最低点时的拉力和角速度的平方呈线性变化,作图时应用直线将各点迹连接起来,不能落在直线上的点迹应使其均匀地分布在图线的两侧,有明显偏差的点迹直接舍去,作出的图像如图所示。
(3)根据图像求得实验所用手机的质量为　　　　kg,手机重心做圆周运动的半径为　　　　 m。(结果均保留两位有效数字,重力加速度g取9.8 m/s2)
0.21
0.28
[例5] 【实验器材的创新】 (2025·广东广州二模)某小组用图甲装置探究“向心力大小与半径、周期的关系”。通过紧固螺钉(图中未画出)可在竖直方向调整水平横梁位置,位移传感器、力传感器均固定在横梁上,两传感器和光电门都与计算机相连;小球放在一端有挡光片的水平横槽上,细绳一端P连接小球,另一端Q绕过转向轮后连接力传感器,力传感器可测量细绳拉力,位移传感器可测量横梁与底座之间的距离。小球和细绳所受摩擦力可忽略,细绳Q端与直流电机转轴在同一竖直线上。光电门未被挡光时输出低电压,被挡光时输出高电压。
实验步骤如下:
(1)如图乙所示,用螺旋测微器测量小球直径d=　　　　 mm,若测得直流电机转轴到小球之间绳长为L,则小球做圆周运动的半径r=　　 　　(用d、L表示)。
7.883
(2)探究向心力大小与半径的关系:启动直流电机,横槽带动小球做匀速圆周运动,保持　　　　不变,记录力传感器读数F0、位移传感器读数H0、小球做圆周运动半径r0。降低横梁高度,当位移传感器读数为H1时,小球做圆周运动半径r1=　　　 　(用r0、H0、H1表示),待电机转动稳定后再次记录力传感器读数F1,重复多次实验得到多组数据,通过计算机拟合F- r图,可得线性图像。
周期
r0+H0-H1
【解析】(2)探究向心力大小与半径的关系,应保证小球转动周期不变。由于绳子长度固定不变,因此有H0+r0=H1+r1,整理得r1=r0+H0-H1。
(3)探究向心力大小与周期的关系:保持小球做圆周运动半径不变,调节直流电机转速,待电机转动稳定后,计算机采集到光电门输出电压u与时间t的关系如图丙所示,则小球做圆周运动周期T=　　　　(用t0、t1、t2表示)。记
录力传感器读数F和周期T,重复多次实验得到多组数据,通过计算机拟合
　　　　图,可得线性图像。(填字母)
t2-t0
C
[例6] 【数据处理的创新】 (2025·河北石家庄月考)某实验小组对水平面内的圆周运动进行探究,装置如图甲所示。滑块套在水平杆上,随水平杆一起绕竖直杆做匀速圆周运动,力传感器通过一细绳连接滑块,用来测量细绳拉力F的大小,滑块上固定一遮光片,宽度为d,遮光片与固定在铁架台上的光电门可测量滑块的角速度ω,滑块旋转半径为r,滑块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
(1)若测得遮光片经过光电门时的遮光时间为Δt,则角速度ω=　　　　。
(2)为了提高实验精度,遮光片的宽度应适当　　　(选填“小”或“大”)些。
小
【解析】(2)极短时间内,平均速度可近似看作瞬时速度,为了提高实验精度,需要缩短遮光时间,即遮光片的宽度应适当小些。
感谢观看第6讲　实验:探究平抛运动的特点
【学习目标】
1.掌握平抛运动的分解原理,理解轨迹特征与运动参量的定量关系。
2.能通过实验数据验证分运动独立性,运用图像法分析运动规律。
3.规范使用实验装置,设计对比方案探究初速度对射程的影响,提升误差分析能力。
4.认识平抛实验在科学探究中的建模价值,培养严谨操作习惯,关注其在实际应用中的意义。
一、装置与器材
末端水平的斜槽、背板、挡板、复写纸、白纸、钢球、刻度尺、重垂线、三角板、铅笔等。
二、实验步骤
1.安装(调整)背板:将白纸放在复写纸下面,然后固定在装置背板上,并用重垂线检查背板是否竖直。
2.安装(调整)斜槽:将固定有斜槽的木板放在实验桌上,用平衡法检查斜槽末端是否水平,即将小球放在斜槽末端直轨道上,小球若能静止在直轨道上的任意位置,则表明斜槽末端已调水平。
3.描绘运动轨迹:让小球在斜槽的某一固定位置由静止滚下,并从斜槽末端飞出开始做平抛运动,小球落到倾斜的挡板上,挤压复写纸,会在白纸上留下印迹。取下白纸过这些印迹作平滑的曲线,就得到小球做平抛运动的轨迹。
4.确定坐标原点及坐标轴:选定斜槽末端处小球球心在白纸上的投影点为坐标原点O,从坐标原点O画出竖直向下的y轴和水平向右的x轴。
三、数据处理
1.判断平抛运动的轨迹是不是抛物线
如图所示,在x轴上作出等距离的几个点A1、A2、A3、…,把线段OA1的长度记为l,则OA2=2l,OA3=3l,…,由A1、A2、A3、…向下作垂线,与轨迹交点分别记为M1、M2、M3、…,若轨迹是一条抛物线,则各点的y坐标和x坐标之间应该满足关系式y=ax2(a是待定常量),用刻度尺测量某点的x、y两个坐标值代入y=ax2求出a,再测量其他几个点的x、y坐标值,代入y=ax2,若在误差范围内都满足这个关系式,则这条曲线是一条抛物线。
2.计算平抛物体的初速度
情境1:若原点O为抛出点,利用公式x=v0t和y=gt2,即可求出多个初速度v0=x,最后求出初速度的平均值,这就是做平抛运动的物体的初速度。
情境2:若原点O不是抛出点
(1)在轨迹曲线上取三点A、B、C,使xAB=xBC=x,如图所示。A到B与B到C的时间相等,
设为T。
(2)用刻度尺分别测出yA、yB、yC,则有yAB=yB-yA,yBC=yC-yB。
(3)yBC-yAB=gT2,且v0T=x,由以上两式得v0=x。
四、注意事项
1.固定斜槽时,要保证斜槽末端的切线水平,保证小球的初速度水平。
2.固定木板时,木板必须处在竖直平面内且与小球运动轨迹所在的竖直平面平行,固定时要用重垂线检查坐标纸竖线是否竖直。
3.小球每次从斜槽上的同一位置由静止释放,为此,可在斜槽上某一位置固定一个挡板。
4.要在斜槽上适当高度释放小球,使它以适当的水平初速度抛出,其轨迹由木板左上角到达右下角,这样可以减小测量误差。
5.坐标原点不是槽口的端点,应是小球出槽口时球心在木板上的投影点。
6.计算小球的初速度时,应选距抛出点稍远一些的点,以便于测量和计算。
五、误差分析
1.斜槽末端没有调节成水平状态,导致初速度方向不水平。
2.坐标原点不够精确等。
考点一　基础性实验　　　　　　 　　　　　 　　　　　
[例1] 【实验原理与实验操作】 (2024·河北卷,11)图甲为探究平抛运动特点的装置,其斜槽位置固定且末端水平,固定坐标纸的背板处于竖直面内,钢球在斜槽中从某一高度滚下,从末端飞出,落在倾斜的挡板上挤压复写纸,在坐标纸上留下印迹。某同学利用此装置通过多次释放钢球,得到了如图乙所示的印迹,坐标纸的y轴对应竖直方向,坐标原点对应平抛起点。
(1)每次由静止释放钢球时,钢球在斜槽上的高度　　　　(选填“相同”或“不同”)。
(2)在图乙中描绘出钢球做平抛运动的轨迹。
(3)根据轨迹,求得钢球做平抛运动的初速度大小为　　　　m/s(当地重力加速度g为9.8 m/s2,结果保留两位有效数字)。
【答案】 (1)相同　(2)图见解析　(3)0.72　
【解析】 (1)为保证钢球每次平抛运动的初速度相同,必须让钢球在斜槽上同一位置由静止释放,故高度相同。
(2)描点连线用平滑曲线连接,钢球做平抛运动的轨迹如图所示。
(3)因为抛出点在坐标原点,在图线上选取坐标为(13.6 cm,17.6 cm)的点为研究位置,根据平抛运动规律x=v0t,y=gt2,解得v0=0.72 m/s。
[例2] 【实验数据处理】 (2025·广东茂名期末)图甲是研究平抛运动物体的实验装置图。
(1)下列说法正确的是　　　　。(多选)
A.通过调节使斜槽的末端保持水平
B.每次释放小球的位置可以不同
C.应使小球每次从斜槽上相同的位置自由滑下
D.为描出小球的运动轨迹,可以将描绘的点用折线连接起来
(2)图乙是正确实验取得的数据,其中O点为抛出点,则此小球做平抛运动的初速度为　　　　 m/s(g取9.8 m/s2)。
(3)在另一次实验中将白纸换成方格纸,每个格的边长L=5 cm,通过频闪照相机,记录了小球在运动途中的三个位置,如图丙所示,则照相机的闪光时间间隔为　　　　 s;该小球做平抛运动的初速度为　　　　 m/s;抛出点与A点的竖直距离为　　　　 cm(g取10 m/s2)。
【答案】 (1)AC　(2)1.6　(3)0.1　1.5　5
【解析】 (1)为了保证小球抛出的初速度处于水平方向,通过调节使斜槽的末端保持水平,故A正确;为了保证小球每次抛出的初速度相同,应使小球每次从斜槽上相同的位置自由滑下,故B错误,C正确;小球的运动轨迹是平滑曲线,所以连线不能用折线,故D错误。
(2)根据平抛运动规律有y=gt2,x=v0t,
可得小球做平抛运动的初速度为v0=x=0.32× m/s=1.6 m/s。
(3)由题图丙知,竖直方向有Δy=5L-3L=gT2,可得照相机的闪光时间间隔为T== s=0.1 s;水平方向有3L=v0T,可得小球做平抛运动的初速度为v0== m/s=1.5 m/s;小球经过B点的竖直分速度为vBy=== m/s=2 m/s,小球经过A点的竖直分速度为vAy=vBy-gT=2 m/s-10×0.1 m/s=1 m/s,则抛出点与A点的竖直距离为h== m=0.05 m=
5 cm。
考点二　创新性实验　　　　　　 　　　　　 　　　　　
[例3] 【实验原理的创新】 (2025·安徽合肥一模)某同学设计了一个研究平抛运动的实验。实验装置示意图如图甲所示,A是一块水平放置的木板,在其上等间隔地开凿出一组平行的插槽(图甲中P0P0′、P1P1′、…),槽间距均为d。把覆盖复写纸的白纸铺贴在硬板B上。实验时依次将B板插入A板P0P0′、P1P1′、P2P2′、…插槽中,每次让小球从斜轨的同一位置由静止释放。每打完一点后,把B板插入后一槽中。
(1)对于实验的操作要求,下列说法正确的是　　　。
A.斜槽轨道必须光滑
B.将小球放置在槽的末端,小球要能够静止
C.B板无须竖直放置
(2)该同学因操作失误直接将B板从A板的某一插槽插入开始实验,并逐一往后面的插槽移动直至完成实验,得到实验结果如图乙所示,并且在打第3个点(图乙中的d点)时点迹很不清晰,该同学依然使用这一实验结果完成了实验。他测量出图乙中bc的距离为y1,ce的距离为y2,则小球平抛初速度的计算式为v0=　　　　(用d、y1、y2、g表示)。
【答案】 (1)B　(2)d
【解析】 (1)为保证小球做平抛运动的初速度大小相等,方向水平,斜槽的末端切线必须水平,小球每次从同一位置由静止释放,斜槽轨道不需要光滑,将小球放置在槽的末端,小球要能够静止,故A错误,B正确;实验通过插槽位置确定小球的水平位移,B板必须竖直放置,故C错误。
(2)设小球做平抛运动过程中水平方向每经过距离d用时为T,在竖直方向上,bc间用时为T,ce间用时为2T,设b点的竖直速度为vby,则y1=vbyT+gT2,y1+y2=vby·3T+g(3T)2,解得T=,小球平抛初速度的计算式为v0==d。
[例4] 【实验目的的创新】 (2025·甘肃模拟)某同学用如图甲所示的实验装置做“探究平抛运动的规律”实验,斜槽末端安装有光电门,距水平地面的高度为H。将小球从斜槽上某处由静止释放,记录小球通过光电门的时间t,测得小球的水平射程为x;改变小球在斜槽上的释放位置,多次测量得到多组t、x值,回答下列问题。
(1)实验中用游标卡尺测量小球的直径,如图乙所示,小球的直径d=　　　　 mm。
(2)以x为纵坐标,为横坐标,作出的x图像为过原点、斜率为k的直线,如图丙所示,则当地的重力加速度大小g=　　　　(用d、H、k表示)。
【答案】 (1)3.60　(2)
【解析】 (1)游标卡尺的精度为0.05 mm,小球的直径d=3 mm+12×0.05 mm=3.60 mm。
(2)小球在水平方向做匀速直线运动,在竖直方向做自由落体运动,有H=gt′2,x=vt′,其中v=,整理得x=d·,则x-图像斜率k=d,解得g=。
[例5] 【实验器材的创新】 (2025·广东佛山开学考试)某同学在佛山利用二维运动传感器研究平抛运动,实验装置如图甲所示,圆形信号发射器每隔0.05 s 发出一次信号,计算机利用信号接收点1、2接收到的信号之间的差异,可计算出信号发射器的实时位置,图乙是某次实验计算机绘制出的信号发射器平抛运动时的平面坐标位置图,图中每个小方格的边长为1 cm。
(1)图乙数据若满足　　　　　≈　　　　　≈　　　　　(使用图乙中物理量符号表示),即可认为圆形信号发射器在竖直方向的运动近似为匀加速直线运动。
(2)根据图乙中数据,计算出圆形信号发射器经过A点时水平方向的速度为　　　　m/s,以及当地重力加速度的大小为　　　　m/s2。(结果均保留三位有效数字)
(3)通过查找资料发现,广东地区的重力加速度为9.78 m/s2,实验结果出现该偏差的原因可能是　　　。
A.圆形信号发射器运动过程中受到空气阻力
B.信号实际发射间隔大于0.05 s
C.轨道的出口处不水平
D.轨道不光滑
【答案】 (1)x4-x3　x3-x2　x2-x1　
(2)1.00　9.90　(3)B
【解析】 (1)根据匀变速直线运动推论,连续相等时间内的位移差相等,可知若x4-x3≈
x3-x2≈x2-x1,即可认为圆形信号发射器在竖直方向的运动近似为匀加速直线运动。
(2)根据题意,由题图乙中数据可得,圆形信号发射器经过A点时水平方向的速度为vA==
m/s=1.00 m/s,竖直方向上,由逐差法有(x4+x3)-(x2+x1)=g(2T)2,解得当地重力加速度的大小为g=9.90 m/s2。
(3)圆形信号发射器运动过程中受到空气阻力,则测得的重力加速度偏小,故A不符合题意;信号实际发射间隔大于0.05 s,则时间T偏小,测得的重力加速度偏大,故B符合题意;轨道的出口处不水平、轨道不光滑不影响竖直方向上重力加速度的测量,故C、D不符合题意。
[例6] 【数据处理的创新】 (2025·黑龙江二模)学习小组利用距离传感器研究平抛运动的规律,实验装置如图甲所示。某次实验得到了不同时刻小球的位置坐标图,如图乙所示,其中O点为抛出点,标记为n=0,其他点依次标记为n=1、2、3、…。相邻点的时间间隔均为Δt=0.02 s。把各点用平滑的曲线连接起来就是平抛运动的轨迹图。
(1)经数据分析可得小球竖直方向为自由落体运动,若根据轨迹图计算当地的重力加速度,则需要知道的物理量为　　　　(填字母),重力加速度的表达式为g=　　　　(用所选物理量符号和题中所给物理量符号表示)。
A.第n个点到O点的竖直距离yn
B.第n个点到O点的水平距离xn
C.第n个点到O点的距离sn
(2)若测出重力加速度g=9.80 m/s2,描点连线画出yx2图线为过原点的一条直线,如图丙所示,则说明平抛运动的轨迹为抛物线。可求出平抛运动的初速度为　　　　 m/s(结果保留两位有效数字)。
【答案】 (1)A　　(2)0.70
【解析】 (1)平抛运动在竖直方向的分运动为自由落体运动,根据自由落体运动规律,竖直位移yn=g(nΔt)2,可得重力加速度g=,因此根据轨迹图计算当地的重力加速度,需要知道的物理量为第n个点的纵坐标yn,故B、C错误,A正确。
(2)y-x2图线为过原点的一条直线,有y=kx2,k为定值,说明平抛运动的轨迹为抛物线;水平方向的位移x=v0t,竖直方向的位移y=gt2,联立解得y=x2,y-x2图像的斜率k= m-1=10 m-1,结合y-x2函数斜率的意义,图像斜率k=,代入数据解得初速度v0=0.70 m/s。
课时作业　
1.(2025·浙江杭州期中)在“探究平抛运动的特点”实验中:
(1)如图甲,用横挡条卡住平抛小球,用铅笔标注小球最高点,确定平抛运动的轨迹,坐标原点应选在斜槽末端时的　　　　。
A.球心　　　B.球的上端　　　C.球的下端
(2)如图乙,利用图甲装置拍摄小球做平抛运动的频闪照片,由照片可判断实验操作中的错误是　　　　。
A.释放小球时初速度不为0
B.释放小球的初始位置不同
C.斜槽末端切线不水平
(3)在本实验中要求小球多次从斜槽上同一位置由静止释放的理由是　 。
【答案】 (1)B　(2)C (3)确保多次运动的轨迹相同
【解析】 (1)题干中指出用铅笔标注小球的最高点作为小球轨迹的记录点,坐标原点应选小球在斜槽末端时的上端,故B正确,A、C错误。
(2)由题图乙可知斜槽末端不水平,才会导致小球做斜抛运动,故C正确,A、B错误。
(3)在本实验中要求小球多次从斜槽上同一位置由静止释放的理由是确保多次运动的轨迹
相同。
2.(2025·广西南宁期末)某同学利用手机的连拍照相功能研究平抛运动,实验步骤如下:
a.用刻度尺测出每块砖的高度d和长度L;
b.将小球平行于竖直墙面水平向右抛出,利用连拍照相功能拍摄不同时刻小球位置,得到小球的运动轨迹如图所示,不计小球所受阻力,重力加速度为g。
(1)O点　　　　(选填“是”或“不是”)抛出点。
(2)小球平抛的水平初速度v0=　　　　。
(3)小球在位置B的竖直分速度大小vBy=　　　　。
【答案】 (1)不是　(2)L　(3)
【解析】 (1)因为初速度为零的匀加速直线运动中,相等时间内的位移比为1∶3∶5,而竖直方向上相等时间内的位移比为1∶2∶3,故O点不是抛出点。
(2)设频闪照片的时间间隔为T,根据匀变速直线运动的规律可得Δy=aT2,即d=gT2,在水平方向上有L=v0T,联立可得v0=L。
(3)在竖直方向上,小球做匀加速直线运动,则中间时刻的瞬时速度等于这段距离竖直方向的平均速度,则B点的竖直分速度大小为vBy==。
3.(2025·安徽一模)小明同学预习“实验:探究平抛运动的特点”这一内容时,在家里就地取材设计了实验。如图甲所示,在高度为80.0 cm的水平桌面上用长木板做成一个斜面,使小球从斜面上某一位置滚下,滚过桌边后小球做平抛运动。当地重力加速度为9.8 m/s2。
(1)关于本实验,下列说法正确的是　　　。(多选)
A.实验时应保持桌面水平
B.应使用体积小、质量大的小球
C.必须保证长木板与桌面的材料相同
(2)为了记录小球的落点痕迹,小明依次将白纸和复写纸固定在竖直墙上,再把桌子搬到墙壁附近。从斜面上某处无初速度释放小球,使其飞离桌面时的速度与墙壁垂直,小球与墙壁碰撞后在白纸上留下落点痕迹。改变桌子与墙壁的距离(每次沿垂直于墙壁方向移动10.0 cm),重复实验,白纸上将留下一系列落点痕迹,挑选有4个连续落点痕迹的白纸,如图乙所示。根据测量的数据,可得小球离开桌面时的速度大小为　　 　　　 m/s,打到B点时的速度大小为
　　　　 m/s。(结果均保留一位小数)
【答案】 (1)AB　(2)1.0　1.4
【解析】 (1)为保证小球做平抛运动,初速度沿水平方向,则应保持桌面水平,故A正确;为减小阻力对小球的影响,应使用体积小、质量大的小球,故B正确;实验中不需要保证长木板与桌面的材料相同,故C错误。
(2)小球在竖直方向上做自由落体运动,根据匀变速直线运动规律有yBC-yAB=gT2,解得点迹间的时间间隔为T== s=0.1 s,在水平方向做匀速直线运动,则小球离开桌面的速度大小v0== m/s=1.0 m/s,打到B点时的竖直方向速度分量大小为vy==
cm/s=1.0 m/s,则打到B点时的速度大小为vB== m/s=
m/s=1.4 m/s。
4.(2023·浙江6月选考卷,16)在“探究平抛运动的特点”实验中
(1)用图甲装置进行探究,下列说法正确的是　　　　。
A.只能探究平抛运动水平分运动的特点
B.需改变小锤击打的力度,多次重复实验
C.能同时探究平抛运动水平、竖直分运动的特点
(2)用图乙装置进行实验,下列说法正确的是　　　　。
A.斜槽轨道M必须光滑且其末端水平
B.上下调节挡板N时必须每次等间距移动
C.小钢球从斜槽M上同一位置静止滚下
(3)用图丙装置进行实验,竖直挡板上附有复写纸和白纸,可以记下钢球撞击挡板时的点迹。实验时竖直挡板初始位置紧靠斜槽末端,钢球从斜槽上P点静止滚下,撞击挡板留下点迹0,将挡板依次水平向右移动x,重复实验,挡板上留下点迹1、2、3、4。以点迹0为坐标原点,竖直向下建立坐标轴y,各点迹坐标值分别为y1、y2、y3、y4。测得钢球直径为d,则钢球平抛初速度v0为　　　　。
A.(x+) B.(x+)
C.(3x-) D.(4x-)
【答案】 (1)B　(2)C　(3)D
【解析】 (1)用题图甲所示的实验装置,只能探究平抛运动竖直分运动的特点,故A、C错误;在实验过程中,需要改变小锤击打的力度,多次重复实验,故B正确。
(2)为了保证小钢球做平抛运动,需要斜槽末端水平,为了保证小钢球抛出时速度相等,每一次小钢球需要静止从同一位置释放,斜槽轨道不需要光滑,故A错误,C正确;上下调节挡板N时不必每次等间距移动,故B错误。
(3)根据竖直方向y1=gt2,水平方向x-=v0t,联立可得v0=(x-),故A错误;根据竖直方向Δy=y2-2y1=gt2,水平方向Δx=2x-x=v0t,联立可得v0=x,故B错误;根据竖直方向y4=gt2,水平方向4x-=v0t,联立可得v0=(4x-),故C错误,D正确。
5.(2025·云南昆明一模)实验小组根据平抛运动的规律,设计不同实验方案测量小球做平抛运动的初速度大小。
(1)他们利用如图甲所示的实验装置,用“描迹法”测量小球做平抛运动的初速度大小。
①该小组正确实验后,在方格纸上记录了小球在不同时刻的位置如图乙中a、b、c所示,建立如图乙所示的平面直角坐标系,y轴沿竖直方向,方格纸每一小格的边长为L,a、b、c三点的坐标分别为a(2L,2L)、b(4L,3L)、c(8L,8L)。小球从a点到b点所用时间为t1,从b点到c点所用时间为t2,则=　　　　;在小球轨迹上取一个点d(图中未画出),使得小球从b点到d点和从d点到c点的运动时间相等,则d点的纵坐标为　　　　。
②若L=2.45 cm,当地重力加速度的大小为9.8 m/s2,则小球做平抛运动的初速度大小为v0=
　　　　 m/s。(结果保留两位有效数字)
(2)该实验小组又设计一个新的方案,如图丙所示。O点处有一点光源,O点正前方d处竖直放置一块毛玻璃,将小球从O点垂直于毛玻璃水平抛出,在毛玻璃后方观察到小球在毛玻璃上的投影点P,利用频闪相机记录小球在毛玻璃上的投影点P的位置。可得到P沿毛玻璃下降的高度h随小球运动时间t变化的关系如图丁所示,若该图像斜率为k,重力加速度为g,则小球做平抛运动的初速度大小为　　　　。(用k、d和g表示)
【答案】 (1)①2　5L　②0.98　(2)
【解析】 (1)由题图乙可知=,根据水平方向做匀速直线运动可知x=v0t,则=2,根据水平方向做匀速直线运动可知相邻两点的水平距离相等,竖直方向满足Δy=ycd-ybd=ybd-yab,设d点的纵坐标为yd,则8L-yd-(yd-3L)=(yd-3L)-L,解得yd=5L,竖直方向有Δy=gT2,水平方向有v0=,解得v0=0.98 m/s。
(2)根据平抛运动规律有d=v0t,h=gt2,解得h=t,则斜率为k=,解得v0=。

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