文档文本内容
专题四 曲线运动
课标解读
考情分析 备考指导
考点 内容
曲线运动、运动 ．通过实验 了解曲线运动
１ ， 。
的合成与分解 ．知道物体做曲线运动的条件
２ 。
本专题内容与实际应用和生产
．通过实验 探究并认识平抛运动的规律 、
１ ， 。
曲线运动是高考的重点考查内容 生活 科技相联系命题 或与其
．会用运动合成与分解的方法分析平抛运动 ， 、 ，
抛体运动 ２ 。
在近几年高考中 运动的合成与分 他专题综合考查 曲线运动问题
．体会将复杂运动分解为简单运动的物理思想 ， ，
３ 。
解 平抛运动 圆周运动是高考的 由原来的选择题转变为在计算
．能分析生产生活中的抛体运动 、 、
４ 。
重要考点 抛体运动的规律 竖直 题中考查 也可能与其他专题相
。 、 ，
面内的圆周运动规律及所涉及的 结合 与能量知识综合考查 以
．会用线速度 角速度 周期描述匀速圆周运动 ， ，
１ 、 、 。 临界问题 能量问题是我们学习的 计算题形式出现 与实际生产
．知道匀速圆周运动向心加速度的大小和方向 、 。 、
２ 。 重点 也是难点 生活 科技相联系的命题已经成
．通过实验 探究并了解匀速圆周运动向心力大 ， 。 、
圆周运动 ３ ， 为一种热点命题
小与半径 角速度 质量的关系 。
、 、 。
．能用牛顿第二定律分析匀速圆周运动的向心力
４ 。
．了解生产生活中的离心现象及其产生的原因
５ 。
命题立意 解题指导 拓展延伸
本题考查圆周运动的向心力 牛顿第二定 此题来源于生活 题目本身的难度不大 可以延伸到对物体在竖直面内圆周运动
、 ， ，
律 意在考查学生的理解能力和推理能 但是很容易出错 秋千是由两根绳子固定 最高点的受力情况的分析 或恰好运动到
， ， ，
力 体现了物理学科核心素养中物质观 在秋千踏板上 在竖直面内做圆周运动 最高点的临界速度的分析 还可以延伸出
。 ， ，
念 运动与相互作用观念 科学推理等 时 两根绳子上的拉力减去人和秋千踏板 与动能定理 机械能守恒定律相结合的力
、 、 ， 、
要素 的总重力后所得力为向心力 如果没有看 学综合题目
。 ， 。
清是求每根绳子平均承受的拉力 认为只
，
求一个总的拉力 就会误选 因此 关
， Ｄ。 ，
注生活 仔细审题是解题的关键所在 答
、 。
案解析见
Ｐ２８６
专题四 曲线运动 ９７９８ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
真题多维细目表
考点
真题 涉分 曲线运动 运动的 题型 设题情境 学科素养
、 抛体运动 圆周运动
合成与分解
运动与相互作用
２０２０课标 １６ ６ 圆周运动 单选 荡秋千
Ⅰ， 观念、科学论证
２０２０课标 １６ ６ 平抛运动 单选 摩托车越过坑 能量观念、模型建构
Ⅱ，
２０１９课标 １９ ６ 平抛与图像 多选 跳台滑雪 模型建构、科学推理
Ⅱ，
向心力与角
２０１９海南单科 ６ ４ 单选 硬币与水平圆盘 科学推理
， 速度关系
２０１９海南单科 １０ ５ 平抛与动能定理 多选 物块从不同轨道抛出 科学推理
，
２０１８课标 ２５ ６ 速度的合成与分解 向心力 计算 复合场 科学推理、科学论证
Ⅰ，
２０１８课标 ２５ ６ 速度分解 半径与周期 计算 复合场 科学推理、科学论证
Ⅱ，
２０１８课标 １７ ６ 平抛与斜面 单选 斜面抛球 科学推理、科学论证
Ⅲ，
２０１８北京理综 ２０ ６ 运动的合成与分解 单选 地球自转与小球上抛 科学推理、科学论证
，
向心力、
２０１８浙江１１月选考 ９ ３ 单选 汽车过弯道 模型建构、科学论证
， 向心加速度
线速度、角速度、
２０１８浙江４月选考 ４ ３ 单选 快艇做圆周运动 科学推理、科学论证
， 向心加速度
２０１７课标 １５ ６ 平抛运动 单选 发球机 模型建构、科学推理
Ⅰ，
２０１７课标 １４ ６ 竖直圆周 单选 竖直圆环 科学推理
Ⅱ，
２０１７课标 １７ ６ 平抛与极值 单选 竖直半圆轨道 科学推理
Ⅱ，
２０１６课标 １６ ６ 向心加速度 单选 小球竖直摆动 科学推理、科学论证
Ⅱ，
２０１６课标 ２５ １０ 向心力与极值 计算 弹簧与半圆轨道 科学推理、科学论证
Ⅱ，
２０１６课标 ２４ ７ 向心力 计算 竖直轨道 科学推理、科学论证
Ⅲ，
命题规律与探究
本专题主要考查曲线运动的基本概念和规律 涉及平抛 运动中的各物理量的推导 本专题着重体现生活中曲
， ； （３）
运动 圆周运动以及生活情境中运动模型的提炼 命题规律 线运动的建模问题 比如短道速滑 汽车过弯道等
、 。 ， 、 。
主要体现在以下几方面 年高考 预计在平抛运动中有关物理量的计算 圆周
： ２０２１ ， 、
试题贴近生活中的曲线运动 如汽车过弯道 芭蕾舞 运动中的受力分析以及加速度的分析等方面难度或有所增
（１） ， 、
演员原地旋转 速滑 乒乓球的运动轨迹 过山车等 加 考查重点还是提炼生活中的曲线运动模型 主要体现了物
、 、 、 ； ， ，
多涉及平抛运动的初速度 位移等量的计算以及圆周 理核心素养中的模型建构与科学推理要素
（２） 、 。
备考方法与策略
．本专题一般是与牛顿运动定律 功能关系 动量等知识点一 ．坚持前几年的命题规律 大方向保持稳定 关注具体细
１ 、 、 ２ ， ，
起综合命题 应牢记基本概念 熟练基本方法 把常见的物理 节 留意在曲线运动中加入动量定理 动量守恒定律等规律的
。 ， ， ， 、
问题模型化 积累一些特殊方法 技巧的应用 增强基本题型 应用
， 、 ， 。
的熟练度 提高准确率 夯实基础 厚积薄发
， ， ， 。专题四 曲线运动 ９９
平抛运动
。
性质 加速度为重力加速度ｇ的匀变速曲线运动 轨迹
（２） ： ，
是抛物线
。
考点一 曲线运动、运动的合成与分解 研究方法 平抛运动可以分解为水平方向上的 匀速
（３） ： ②
一、曲线运动的定义、条件和特点 直线 运动和竖直方向上的 自由落体 运动
③ 。
运动时间和射程
曲线运动 说明 （４）
ｈ ｈ
轨迹是一条曲线的运动叫 一般曲线运动可看成是几个 ｔ ２ 仅取决于竖直下落的高度 射程ｘ ｖ ２ 取决于
定义 作曲线运动 直线运动的合运动 ＝ ｇ ； ＝ ０ ｇ
竖直下落的高度和初速度
质点所受合外力的方向跟 。
加速度的方向跟速度的方向 ２．平抛运动的规律
条件 它的速度方向 不在同一
直线上 ｖ ① Ｆ 不在同一直线上 以抛出点为坐标原点 以初速度 ｖ 方
（ ０≠０， ≠０） ， ０
轨迹是一条曲线
向为ｘ轴正方向 竖直向下为ｙ轴正方向
（１） ， ，
某点的瞬时速度的方 加速度可以是不变的 这 如图所示 则有
（２） （１） ， ，
向 就是通过这一点的 类曲线运动是匀变速曲线运 水平方向分速度 ｖ ｖ
， ： ｘ＝ ０
切线的方向 动 如平抛运动 竖直方向分速度 ｖ ｇｔ
② ， ： ｙ＝
特点 （３） 曲线运动的速度方向时 （２） 加速度可以是变化的 ， 这 合速度大小 ｖ ｖ２ ｇ２ｔ２
刻在改变 所以是变速运 类曲线运动是变加速曲线运
： ＝ ０＋
动 一定具 ， 有加速度 动 或非匀变速曲线运动 如 θ ｖ ｙ ｇｔ θ为速度与水平方向的夹角
， （ ）， ｔａｎ ＝ ｖ ＝ｖ （ ）
合外力 Ｆ 始终指向运 圆周运动 ｘ ０
（４） 水平方向分位移 ｘ′ ｖ ｔ
动轨迹的 内侧 ： ＝ ０
③
竖直方向分位移 ｙ′ １ ｇｔ２
二、运动的合成与分解 ： ＝
２
１．合运动与分运动的关系 合位移
：
ｘ
合＝
ｘ′２
＋
ｙ′２
等时性 各分运动经历的时间与合运动经历的时间相同
１ ｇｔ２
ｙ′ ｇｔ
一个物体同时参与几个分运动 各分运动独立进行 不受其 β ２ β为位移方向与水平方向的夹角
独立性 ， ， ｔａｎ ＝ｘ′＝ ｖ ｔ ＝ ｖ （ ）
他分运动的影响 ０ ２ ０
等效性 各分运动叠加起来与合运动有相同的效果
二、斜抛运动
１．斜抛运动的定义
２．运动的合成与分解的运算法则
将物体以速度ｖ 斜向上方或斜向下方抛出 物体只在重力
运动的合成与分解是指描述运动的各物理量即位移 速度 ０ ，
、 、 作用下的运动
加速度的合成与分解 由于它们都是矢量 所以合成与分解都 。
。 ， ２．运动性质
遵循 平行四边形定则
④ 。 加速度为 重力加速度ｇ的匀变速曲线运动 轨迹为抛物线
３．运动的合成与分解 ④ ， 。
３．基本特点 以斜向上抛为例说明 如图所示
已知分运动求合运动 叫作运动的合成 已知合运动求分运 （ ， ）
， ；
动 叫作运动的分解 分运动与合运动是一种等效替代关系 运
， 。 ，
动的合成与分解是研究曲线运动的一种基本方法
。
４．两个直线运动的合运动性质的判断
标准 看合初速度方向与合加速度方向是否共线 水平方向 ｖ ｖ · θ Ｆ
： 。 （１） ： ０ ｘ＝⑤ ０ ｃｏｓ ， 合ｘ＝０。
两个互成角度的分运动 合运动的性质 竖直方向 ｖ ｖ · θ Ｆ ｍｇ
（２） ： ０ ｙ＝⑥ ０ ｓｉｎ ， 合ｙ＝ 。
ｖ θ
两个匀速直线运动 匀速直线运动 物体上升到最高点的时间 ｔ ０ ｓｉｎ
（３） ：上＝ ｇ 。
一个匀速直线运动、
匀变速曲线运动
一个匀变速直线运动
考点三 圆周运动
两个初速度为零的
匀加速直线运动
一、描述圆周运动的物理量
匀加速直线运动
两个初速度不为零的 如果ｖ 合 与ａ 合 共线 ， 为匀变速直线运动 定义、意义 公式、单位
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 线 （１） 运 描 动 述 快慢 做圆 的物 周 理 运 量 动 ｖ 的物体 ．ｖ Δ ｌ ｖ ２π ｒ
速 ① （ ） ａ ＝ ｔ， ＝ Ｔ
考点二 抛体运动 度 是 矢量 方向和半径垂 Δ
（２） ② ， 单位
一、平抛运动 直
，
和圆周
③
相切 ｂ． ：ｍ／ｓ
１．平抛运动
定义 水平抛出的物体只在 重力 作用下的运动叫作
（１） ： ①
１００ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
续表
二、离心现象
定义、意义 公式、单位 当提供的向心力小于所需向心力时 物体将远离原来的轨
，
道的现象叫离心现象
描述物体 绕圆心转动快慢 。
角 （ 的 １ 物 ） 理量 ω ④ ω Δ θ ω ２π 从力的角度分析物体的运动 ：
速
度 是矢量
（
但
）
中学阶段不研究其
ａ． ＝
Δ
ｔ， ＝ Ｔ １．匀速圆周运动：Ｆ
合＝
ｍｒω２
。
（２） ， 单位
方向 ｂ． ：ｒａｄ／ｓ ２．离心运动：Ｆ 合＜ ｍｒω２ 。
周 期 （１） 周期是做匀速圆周运动的物 Ｔ ２π ｒ 单位
３．向心运动：Ｆ
合＞
ｍｒω２
。
、 体沿圆周 运动一周 的时间 ａ． ＝ ｖ ， ：ｓ
频 ⑤
Ｔ 周期的倒数等于频率 ｆ
率 （ ）； （） ｆ １ 单位
和 转速 ｎ 是物体转过的圈数 ｂ． ＝ Ｔ ， ：Ｈｚ
转 （２） （ ）
速 与时间的比值 ｃ． ｎ的单位 ：ｒ／ｓ、ｒ／ｍｉｎ
向
心 （１） 描述速度 ⑥ 方向 变化快慢 ａ ｖ２ ｒω２
加 的物理量 ａ ａ． ＝ ｒ ＝
速 （ ）
度 （２） 方向指向圆心 ｂ． 单位 ：ｍ／ｓ ２
向 （１） 作用效果是产生 ⑦ 向心 加 Ｆ ｍａ ｍｖ２ ｍω２ｒ ｍωｖ
心 速度 ａ． ＝ ＝ ｒ ＝ ＝
力
方向始终指向 圆心 单位
（２） ⑧ ｂ． ：Ｎ
相 Ｔ １ ｖ ｒω ２πｒ ｆｒ
互 （１） ＝ ｆ （２） ＝ ＝ Ｔ ＝２π
关
ｖ２ ２ｒ θ
系 ａ ｒω２ ωｖ ４π ２ｆ２ｒ ｔ Ｔ
（３） ＝ ｒ ＝ ＝ ＝ Ｔ２ ＝４π （４） ＝ ·
２π
２． 答案 Ａ
考点二 抛体运动
考点一 曲线运动、运动的合成与分解 １．（２０１９河北石家庄一轮验收）如图所示 ｘ轴在水平地面上 ｙ
， ，
１．（２０２０福建厦门期末调研）如图所示 帆板在海面上以速度ｖ 轴在竖直方向 图中画出了从ｙ轴上沿ｘ轴正方向水平抛出
， 。
朝正西方向运动 帆船以速度ｖ朝正北方向航行 以帆板为参 的三个小球ａ ｂ和ｃ的运动轨迹 不计空气阻力 下列说法正
， 。 、 。 ，
照物 确的是
（ ） （ ）
帆船朝正东方向航行 速度大小为ｖ
Ａ． ， ａ和ｂ的初速度大小之比为
帆船朝正西方向航行 速度大小为ｖ Ａ． ２ ∶ １
Ｂ． ， ａ和ｂ在空中运动的时间之比为
帆船朝南偏东 °方向航行 速度大小为 ｖ Ｂ． ２ ∶ １
Ｃ． ４５ ， ２ ａ和ｃ在空中运动的时间之比为
帆船朝北偏东 °方向航行 速度大小为 ｖ Ｃ． ２ ∶ １
Ｄ． ４５ ， ２ ａ和ｃ的初速度大小之比为
１． 答案 Ｄ Ｄ． ２ ∶ １
１． 答案 Ｃ
２．（２０２１届山东泰安月考）如图所示 当汽车静止时 车内乘客
， ， ２． 多选 如图所示 空间有一底面处于水平地面上的正方体框
看到窗外雨滴沿竖直方向ＯＥ匀速运动 若让汽车从ｔ 时 （ ） ，
。 ＝０ 架ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 从顶点Ａ沿不同方向平抛一小球 可视为
刻开始由静止分别做甲 乙两种匀加速启动 甲种状态启动后 － １ １ １ １， （
、 ， 质点 关于小球的运动 下列说法正确的是
ｔ 时刻 乘客看到Ｏ点处的雨滴从Ｂ处离开车窗 乙种状态启 ）。 ， （ ）
１ ， ，
动后ｔ 时刻 乘客看到 Ｏ 点处的雨滴从 Ｆ 处离开车窗 Ｆ 为
２ ， ，
ＡＢ的中点 则ｔ ｔ 为
。 １ ∶ ２ （ ）
落点在Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 内的小球 落在Ｃ 点时平抛的初速度最大
Ａ．２ ∶ １ Ｂ．１ ∶ ２ Ａ． １ １ １ １ ， １
落点在Ｂ Ｄ 上的小球 平抛初速度的最小值与最大值之比
Ｃ．１ ∶ ３ Ｄ．１ ∶ （ ２－１） Ｂ． １ １ ，
专题四 曲线运动 １０１
是 发生侧滑是因为运动员受到的合力方向背离圆心
１ ∶ ２ Ｃ．
运动轨迹与ＡＣ 相交的小球 在交点处的速度方向都相同 发生侧滑是因为运动员受到的合力大于所需的向心力
Ｃ． 运动轨迹与Ａ Ｃ １ 相交的小球 ， 在交点处的速度方向都相同 １． Ｄ． 答案 Ｂ
２． Ｄ． 答案 ＡＢＣ １ ， ２．如图所 示 质 点ａ ｂ在同一平面内绕质点ｃ沿逆时针方向做匀
， 、
速圆周运动 它们的周期之比Ｔ Ｔ ｋ ｋ 为正整数
， ａ ∶ ｂ＝１ ∶ （ ＞１， ）。
考点三 圆周运动 从图示位置开始 在ｂ运动一周的过程中
， （ ）
１．（２０２０河北邢台调研）如图所示为公路自行车赛中运动员在
水平路面上急转弯的情境 运动员在通过弯道时如果控制不当
，
会发生侧滑而摔离正常比赛路线 将运动员与自行车看作一个
，
整体 下列论述正确的是
， （ ）
ａ ｂ距离最近的次数为ｋ次
Ａ． 、
ａ ｂ距离最近的次数为ｋ 次
Ｂ． 、 ＋１
ａ ｂ ｃ共线的次数为 ｋ次
Ｃ． 、 、 ２
运动员转弯所需向心力由地面对车轮的支持力与重力的合
Ａ． Ｄ． ａ 、 ｂ 、 ｃ共线的次数为 ２ ｋ －２ 次
力提供 ２． 答案 Ｄ
运动员转弯所需向心力由地面对车轮的摩擦力提供
Ｂ．
终在同一高度 二者间距只取决于两物体的水平分运动
， 。
２．若两物体同时从不同高度抛出 则两物体高度差始终与
，
抛出点高度差相同 二者间距由物体的水平分运动和竖直高度
，
拓展一 平抛运动的两个重要推论
差决定
。
推论一 做平抛 或类平抛 运动的物体在任一时刻任一位 ３．若两物体从同一点先后抛出 两物体竖直高度差随时间
（ ） ，
置处 设其末速度方向与水平方向的夹角为θ 位移与水平方向 均匀增大 二者间距取决于两物体的水平分运动和竖直分运动
， ， ， 。
的夹角为φ 则 θ φ ４．两条平抛运动轨迹的相交处只是两物体的可能相遇处
， ｔａｎ ＝２ ｔａｎ 。 ，
证明 如图甲所示 由平抛运动规律得 两物体必须同时到达此处才会相遇
： ， 。
ｖ ｇｔ ｙ ｇｔ２ ｇｔ 例１ 如图所示 Ａ Ｂ 两小球
θ ⊥ φ １ ， 、
ｔａｎ ＝ｖ ＝ｖ ，ｔａｎ ＝ ｘ ＝ ｖ ｔ＝ ｖ ，
所以 ０ θ ０ φ ２ ０ ２ ０ 从相同高度同时水平抛出 ， 经过时间
ｔａｎ ＝２ ｔａｎ 。 ｔ在空中相遇 若两球的抛出速度都
。
变为原来的 倍 则两球从抛出到相
２ ，
遇经过的时间为
（ ）
ｔ ｔ
ｔ ２ｔ
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
２ ２ ４
解析 本题考查平抛运动、运动的独立性。 依据运动的独
立性原理，在水平方向上，两球之间的距离ｄ （ｖ ｖ ）ｔ （ ｖ
推论二 做平抛 或类平抛 运动的物体任意时刻的瞬时速 ＝ １＋ ２ ＝ ２ １＋
（ ） ｔ
度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点 如图乙中所示 ｖ ）ｔ′，得ｔ′ ，故选项 正确。
。 ２ ２ ＝ Ｃ
Ｂ点 ２
。 答案 Ｃ
证明 设平抛物体的初速度为ｖ 从原点Ｏ到Ａ点的时间为
： ０，
ｔ Ａ点坐标为 ｘ ｙ Ｂ点坐标为 ｘ′ 则ｘ ｖ ｔ ｙ １ ｇｔ２ ｖ 拓展三 圆周运动的动力学分析
， （ ， ）， （ ，０）， ＝ ０ ， ＝ ， ⊥＝
２ 一、做圆周运动的常见模型
ｖ ｙ ｘ
ｇｔ 又 θ ⊥ 解得ｘ′
， ｔａｎ ＝ｖ ＝ｘ ｘ′， ＝ 。 图形 受力分析 建立坐标系 利用向心力分析
０ － ２
即末状态速度反向延长线与ｘ轴的交点Ｂ必为此刻水平位
移的中点
。
Ｆ θ ｍｇ
注意 在平抛运动过程中 位移矢量与速度矢量永远 ｃｏｓ ＝
（１） ， Ｆ θ ｍω２ｌ θ
不会同线 ｓｉｎ ＝ ｓｉｎ
。
推论一中的 θ φ 但不能误认为θ φ
（２） ｔａｎ ＝２ ｔａｎ ， ＝２ 。
拓展二 多个物体的平抛运动
１．若两物体同时从同一高度 或同一点 抛出 则两物体始
（ ） ，
１０２ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
续表 ２．皮带传动：边缘线速度相等
图形 受力分析 建立坐标系 利用向心力分析 Ａ点和Ｂ点分别是两个轮子边缘上的点 两个轮子用皮带
，
连起来 并且皮带不打滑 如图乙 轮子转动时 它们的线速度
， 。 ， ， 、
角速度 周期存在以下定量关系
、 ：
Ｆ θ ｍｇ ω ｒ Ｔ Ｒ
ｃｏｓ ＝ ｖ ｖ Ａ Ａ 并且转动方向相同
Ｆ
ｓｉｎ
θ
＝
ｍω２
（
ｄ
＋
ｌ
ｓｉｎ
θ
）
Ａ＝ Ｂ，ω
Ｂ
＝ Ｒ，Ｔ
Ｂ
＝ ｒ ， 。
３．齿轮传动：边缘线速度相等
Ａ点和Ｂ点分别是两个齿轮边缘上的点 两个齿轮轮齿啮
，
合 如图丙 齿轮转动时 它们的线速度 角速度 周期存在以下
。 ， ， 、 、
Ｆ θ ｍｇ 定量关系
Ｎｃｏｓ ＝ ：
Ｆ
Ｎｓｉｎ
θ
＝
ｍω２ｒ
ｖ ｖ
Ｔ
Ａ
ｒ
１
ｎ
１
ω
Ａ
ｒ
２
ｎ
２
Ａ＝ Ｂ，Ｔ ＝ ｒ ＝ｎ ，ω ＝ ｒ ＝ｎ 。
Ｂ Ｂ
２ ２ １ １
式中ｎ ｎ 分别表示两齿轮的齿数 两点转动方向相反
１、 ２ 。 。
注意 在处理传动装置中各物理量间的关系时 关键是确
Ｆ θ ｍｇ
升ｃｏｓ ＝ ，
Ｆ
升ｓｉｎ
θ
＝
ｍω２ｒ 定其相同的量
（
线速度或角速度
），
再由描述圆周运动的各物理
量间的关系 确定其他各量间的关系
， 。
例２ 如图所示 Ｂ和Ｃ是一组塔轮 Ｂ和Ｃ半径不同 但
， ， ，
固定在同一转动轴上 其半径之比为Ｒ Ｒ Ａ轮的半
Ｆ ｍ ｇ ， Ｂ ∶ Ｃ＝３ ∶ ２。
Ｎ＝ Ａ 径大小与Ｃ轮相同 它与Ｂ轮紧靠在一起 当Ａ轮绕过其中心的
， ，
Ｆ
＝
ｍ
Ｂ
ｇ
＝
ｍ
Ａ
ω２ｒ
竖直轴转动时 由于摩擦作用 Ｂ 轮也随之无滑动地转动起来
， ， 。
ａ ｂ ｃ分别为三轮边缘的三个点 则ａ ｂ ｃ三点在运动过程中的
、 、 ， 、 、
（ ）
Ｆ ｍｇ
ｆ＝
Ｆ ｍｒω２
Ｎ＝
Ｆ μＦ
（ ｆ≤ Ｎ）
Ｆ ｍｇ
Ｎ＝ 线速度大小之比为
Ｆ ｍｒω２ Ａ． ３ ∶ ２ ∶ ２
ｆ＝ 角速度大小之比为
Ｆ μＦ Ｂ． ３ ∶ ３ ∶ ２
（ ｆ≤ Ｎ） 转速大小之比为
Ｃ． ２ ∶ ３ ∶ ２
Ｆ θ Ｆ θ ｍｇ 向心加速度大小之比为
ｆｃｏｓ ＋ Ｎｓｉｎ ＝ Ｄ． ９ ∶ ６ ∶ ４
Ｆ
ｆｓｉｎ
θ
－
Ｆ
Ｎｃｏｓ
θ
＝
ｍｒω２ 解析 轮 Ａ、轮 Ｂ 靠摩擦传动，边缘上的点线速度相等，
Ｆ μＦ 故：ｖ ｖ
（ ｆ≤ Ｎ） ａ ∶ ｂ＝１ ∶ １
根据公式ｖ ｒω，有：ω ω
＝ ａ ∶ ｂ＝３ ∶ ２
二、常见传动装置及其特点 根据ω ｎ，有：ｎ ｎ
＝２π ａ ∶ ｂ＝３ ∶ ２
１．共轴传动：角速度相等 根据ａ ｖω，有：ａ ａ
＝ ａ ∶ ｂ＝３ ∶ ２
Ａ点和Ｂ点在同轴的圆盘上 如图甲 圆盘转动时 它们的 轮Ｂ、轮Ｃ是共轴传动，角速度相等，故：ω ω
， ， ， ｂ ∶ ｃ＝１ ∶ １
线速度 角速度 周期存在以下定量关系 根据公式ｖ ｒω，有：ｖ ｖ
、 、 ： ＝ ｂ ∶ ｃ＝３ ∶ ２
ｖ ｒ 根据ω ｎ，有：ｎ ｎ
ω ω Ａ Ｔ Ｔ 并且转动方向相同 ＝２π ｂ ∶ ｃ＝１ ∶ １
Ａ＝ Ｂ，ｖ ＝ Ｒ， Ａ＝ Ｂ， 。 根据ａ ｖω，有：ａ ａ
Ｂ ＝ ｂ ∶ ｃ＝３ ∶ ２
综合得到：ｖ ｖ ｖ ，ω ω ω ，
ａ ∶ ｂ ∶ ｃ＝３ ∶ ３ ∶ ２ ａ ∶ ｂ ∶ ｃ＝３ ∶ ２ ∶ ２
ｎ ｎ ｎ ，ａ ａ ａ
ａ ∶ ｂ ∶ ｃ＝３ ∶ ２ ∶ ２ ａ ∶ ｂ ∶ ｃ＝９ ∶ ６ ∶ ４
答案 Ｄ
甲 乙 丙
拓展一 平抛运动的两个重要推论
１．（２０２０重庆调研） 多选 如图所示 倾角为θ的斜面上有Ａ
（ ） ， 、
Ｂ 、 Ｃ三点 ， 现从这三点分别以不同的初速度水平抛出一小球 ， Ａ Ｂ Ｃ处三个小球运动时间之比为
Ａ． 、 、 １ ∶ ２ ∶ ３
三个小球均落在斜面上的Ｄ点 ， 现测得ＡＢ ∶ ＢＣ ∶ ＣＤ ＝５ ∶ ３ ∶ Ａ Ｂ Ｃ处三个小球落在斜面上时速度与初速度间的夹角之
Ｂ． 、 、
由此可判断
１， （ ）
专题四 曲线运动 １０３
比为 位于Ｂ点时 只要弹丸射出速度合适就能过关
１ ∶ １ ∶ １ Ａ． ，
Ａ Ｂ Ｃ处三个小球的初速度大小之比为 只要高于Ｂ点 弹丸射出速度合适都能过关
Ｃ． 、 、 ３ ∶ ２ ∶ １ Ｂ． ，
Ａ Ｂ Ｃ处三个小球的运动轨迹可能在空中相交 只有一个位置 且弹丸以某一速度射出才能过关
Ｄ． 、 、 Ｃ． ，
１． 答案 ＢＣ 有两个位置 只要弹丸射出速度合适都能过关
Ｄ． ，
２．（２０１９山东日照期末） 多选 如图 在斜面顶端以不同的初速 ２． 答案 Ｃ
（ ） ，
度水平抛出几个小球 所有小球均落在斜面上 忽略空气阻
， 。 拓展三 圆周运动的动力学分析
力 下列说法正确的是
， （ ）
１．（２０１９天津南开二模） 多选 飞机飞行时除受到发动机的牵
（ ）
引力外 还受到重力和机翼所在平面向上的升力 机翼的升力
， ，
垂直于机翼所在平面向上 当飞机在空中盘旋时机翼向内侧倾
，
斜 如图所示 以保证除发动机牵引力和阻力外的其他力的
（ ），
合力提供向心力 设飞机以速率ｖ在水平面内做半径为Ｒ的
。
所有小球的竖直位移与水平位移之比都相等 匀速圆周运动时 机翼与水平面成θ角 飞行周期为Ｔ 则下列
Ａ． ， ， ，
小球的运动时间与初速度的平方成正比 说法正确的是
Ｂ． （ ）
所有小球落到斜面上时的速度方向都相同
Ｃ．
小球从抛出到离斜面最远的过程中 竖直位移为总竖直位移
Ｄ． ，
的一半
２． 答案 ＡＣ
拓展二 多个物体的平抛运动
若飞行速率ｖ不变 θ增大 则半径Ｒ增大
１．（２０２０天津二轮模拟）在水平路面上做匀速直线运动的小车 Ａ． ， ，
若飞行速率ｖ不变 θ增大 则周期Ｔ增大
上有一固定的竖直杆 车上的三个水平支架上有三个完全相同 Ｂ． ， ，
， 若θ不变 飞行速率ｖ增大 则半径Ｒ增大
的小球Ａ Ｂ Ｃ 它们离地面的高度分别为 ｈ ｈ和ｈ 当小车 Ｃ． ， ，
、 、 ， ３ 、２ ， 若飞行速率ｖ增大 θ增大 则周期Ｔ可能不变
遇到障碍物Ｐ时 立即停下来 三个小球同时从支架上水平抛 Ｄ． ， ，
， ， １． 答案 ＣＤ
出 先后落到水平路面上 如图所示 不计空气阻力 则下列说
， ， ， ， ２．（２０２０重庆二轮复习模拟） 多选 摩擦传动是传动装置中的
法正确的是 （ ）
（ ） 一个重要模型 如图所示的两个水平放置的轮盘靠摩擦力传
，
动 其中Ｏ Ｏ′分别为两轮盘的轴心 已知两个轮盘的半径比
， 、 。
ｒ ｒ 且在正常工作时两轮盘不打滑 今在两轮盘上
甲 ∶ 乙＝３ ∶ １， 。
分别放置两个同种材料制成的滑块Ａ Ｂ 两滑块与轮盘间的动
、 ，
摩擦因数相同 且最大静摩擦力等于滑动摩擦力 两滑块距离
， ，
轴心Ｏ Ｏ′的间距Ｒ Ｒ 若轮盘乙由静止开始缓慢地转动
、 Ａ＝２ Ｂ。
三个小球落地时间差与车速有关 起来 且转速逐渐增加 则下列叙述正确的是
Ａ． ， ， （ ）
三个小球落地点的间隔距离Ｌ Ｌ
Ｂ． １＝ ２
三个小球落地点的间隔距离Ｌ Ｌ
Ｃ． １＜ ２
三个小球落地点的间隔距离Ｌ Ｌ
Ｄ． １＞ ２
１． 答案 Ｃ
２．（２０２０福建泉州第一次质量检查）某游戏装置如图所示 安装
，
在竖直轨道ＡＢ上的弹射器可上下移动 能水平射出速度大小
， 滑块Ａ和Ｂ在与轮盘相对静止时 角速度之比为ω ω
可调节的小弹丸 圆心为Ｏ的圆弧槽ＢＣＤ上开有小孔Ｐ 弹 Ａ． ， Ａ ∶ Ｂ＝
。 ，
丸落到小孔时 速度只有沿ＯＰ方向才能通过小孔 游戏过关 １ ∶ ３
， ， ， 滑块Ａ和Ｂ在与轮盘相对静止时 向心加速度之比为ａ
则弹射器在轨道上 Ｂ． ， Ａ ∶
（ ） ａ
Ｂ＝２ ∶ ９
转速增加后 滑块Ｂ先发生滑动
Ｃ． ，
转速增加后 两滑块一起发生滑动
Ｄ． ，
２． 答案 ＡＢＣ
１０４ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
Ｈ
移为ｘ ｖ ２ 对Ｂ球 由于Ｂ球做斜抛运动 根据运动的
Ａ＝ ０ ｇ ， ， ，
对称性 可将Ｂ球的斜抛运动视为两段平抛运动 则可得Ｂ球
１．（２０１９长郡中学调研，１０） 多选 如图所示 地面上有一半径 ， ，
（ ） ， ｈ
为Ｒ的半圆形凹槽 半径ＯＡ水平 半径ＯＢ竖直 半径ＯＣ与 的运动时间为 ｔ ２ 在水平方向的分位移为 ｘ ｖ
， ， ， Ｂ＝２ ｇ ， Ｂ＝ ·
水平方向的夹角θ ° 现将小球 可视为质点 从Ａ处以初
＝３７ 。 （ ） ｈ
速度ｖ 水平抛出后恰好落到Ｂ点 若将该小球从Ａ处以初速 ２ 由题意有ｔ ｔ ｘ ｘ 则可得ｈ １Ｈ ｖ ｖ 故 正确
１ ； ２ ｇ Ａ＝ Ｂ， Ａ＝ Ｂ， ＝ ， ＝ ０， Ｄ 。
度ｖ 水平抛出后恰好落到Ｃ点 ° ． ° ． 则 ４
２ ，ｓｉｎ ３７ ＝０ ６，ｃｏｓ ３７ ＝０ ８， ３．（２０１９江苏南师大附中期中，５）如图所示 两个水平摩擦轮Ａ
下列说法正确的是 ，
（ ） 和Ｂ传动时不打滑 半径Ｒ Ｒ Ａ为主动轮 当Ａ匀速转
， Ａ＝２ Ｂ， 。
动时 在Ａ轮边缘处放置的小木块恰能与Ａ轮相对静止 若将
， 。
小木块放在Ｂ轮上 为让其与轮保持相对静止 则木块离Ｂ轮
， ，
转轴的最大距离为 已知同一物体在两轮上受到的最大静摩
（
擦力相等
） （ ）
ｖ
１ １５
Ａ．ｖ ＝
２ ９
小球刚到达Ｃ点时重力的功率与刚到达Ｂ点时重力的功率
Ｂ．
之比为
３ ∶ ２
小球刚到达Ｃ点时的速度与刚到达Ｂ点时的速度大小之比
Ｒ Ｒ
Ｃ． Ｂ Ｂ
为 Ａ． Ｂ．
３９ ∶ ５ ４ ２
小球从抛出开始运动到Ｃ点与运动到Ｂ点的平均速度大小 Ｒ Ｂ轮上无木块相对静止的位置
Ｄ． Ｃ． Ｂ Ｄ．
之比为 答案 Ｂ 摩擦传动不打滑时 两轮边缘上线速度大小相
３ ∶ ２ ，
答案 ＡＣ 小球做平抛运动 落到 Ｂ 点的情况下 有 Ｒ Ｒ
， ， ＝ 等 根据题意 两轮边缘上有 Ｒ ω Ｒ ω 所以ω Ａω 因
， ， ： Ａ Ａ＝ Ｂ Ｂ， Ｂ＝Ｒ Ａ。
Ｒ Ｒｇ Ｂ
ｖ
１
ｔ
１，
Ｒ
＝ ２
１ ｇｔ２
１，
解得ｔ
１＝
２
ｇ ，
ｖ
１＝ ２ ；
落到Ｃ点情况下
，
有
为同一物体在两轮上受到的最大静摩擦力相等 ， 根据题意 ， 设
木块在Ｂ轮上的转动半径最大为ｒ 则根据最大静摩擦力等于
Ｒ ｇＲ ，
Ｒ ＋ ｖ Ｒ ｃｏｓ θ ＝ ｖ ２ ｔ ２， Ｒ ｓｉｎ θ ＝ ２ １ ｇｔ２ ２， 解得ｔ ２＝ ６ ５ ｇ， ｖ ２＝９ ３０ ； 可 向心力有ｍω２Ａ Ｒ Ａ＝ ｍω２Ｂ ｒ ， 得ｒ ＝ Ｒ Ｒ Ａ Ａ ω ω２Ａ ２ ＝ Ｒ Ｒ ２Ｂ Ａ ＝ Ｒ ２ Ｂ ，Ｂ 正确 。
得 １ １５ 正确 小球刚到达Ｃ点时重力的功率与刚到达 （Ｒ Ａ）
ｖ ＝ ，Ａ ； Ｂ
２ ９ 解题思路 摩擦传动时 两轮边缘上线速度大小相等 根据摩
ｍｇ ｇｔ ， ，
Ｂ点时重力的功率之比为 · ２ １５ 错误 小球刚到达 擦力提供向心力展开讨论即可
ｍｇ ｇｔ ＝ ，Ｂ ； 。
· １ ５ 解题关键 摩擦传动时 两轮边缘上线速度大小相等 抓住最
ｖ２ ｇｔ ２ ， ，
Ｃ点时的速度与刚到达Ｂ点时的速度大小比为 ２＋（ ２） 大静摩擦力相等是解决本题的关键
＝ 。
ｖ２ １＋（ ｇｔ １） ２ ４．如图所示
，
将ａ
、
ｂ两小球以大小为
２０ ５ ｍ／ｓ
的初速度分别从
Ａ Ｂ两点相差 先后水平相向抛出 ａ小球从Ａ点抛出后 经
３９ 正确 小球从抛出到Ｂ点的平均速度大小 、 １ ｓ ， ，
＝ ３９ ∶ ５，Ｃ ；
２５ 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
， 、 ， ，
ｖ ２ Ｒ ｇＲ 小球从抛出开始运动到Ｃ点的平均速度大小 不计空气阻力 ， ｇ取 １０ ｍ／ｓ ２ ， 则抛出点Ａ 、 Ｂ间的水平距离是
１＝ ｔ ＝ ，
１ （ ）
( )
２
（ ｖ ２ ｔ ２） ２ ＋ １ ｇｔ２ ２ ｖ
ｖ ２ ｇＲ 得 ２ 错误
２＝ ｔ ＝ ３ ， ｖ ＝ ３，Ｄ 。
２ １
２．（２０１９雅礼中学模拟，３）从离水平地面高Ｈ处以速度ｖ 水平
０
抛出一个小球Ａ 同时在其正下方地面上斜抛另一个小球Ｂ
， ，
两球同时落到地面上同一位置 小球Ｂ在最高点时 距地面的
Ａ．８０ ５ ｍ Ｂ．１００ ｍ
， ，
高度为ｈ 速度为ｖ 则以下关系正确的是
， ， （ ） Ｃ．２００ ｍ Ｄ．１８０ ５ ｍ
ｖ 答案 Ｄ 经过ｔ时间两球在空中相遇且速度方向相互垂
ｈ Ｈ ｖ ｖ ｈ ３ Ｈ ｖ ０
Ａ． ＝ ， ＝ ０ Ｂ． ＝ ４ ， ＝ ２ 直 ， 此时ｂ球运动的时间为ｔ －１ ｓ， 设相遇时ａ球的速度与水平
Ｈ ｖ Ｈ ｇｔ ｖ
ｈ ｖ ０ ｈ ｖ ｖ 方向的夹角为θ 根据几何关系可得 θ ０ 解得
Ｃ． ＝ ２ ， ＝ ２ Ｄ． ＝ ４ ， ＝ ０ ， ｔａｎ ＝ｖ ０ ＝ｇ （ ｔ －１ ｓ） ，
Ｈ ｔ 则Ａ Ｂ两点的水平距离ｘ ｖ ｔ ｖ ｔ 选
答案 Ｄ 对Ａ球 做平抛运动的时间为ｔ ２ 水平位 ＝５ ｓ， 、 ＝ ０ ＋ ０（ －１ ｓ）＝１８０ ５ ｍ，
， Ａ＝ ｇ ， 项 正确
Ｄ 。
专题四 曲线运动 １０５
５．如图为湖边一倾角为 °的大坝横截面示意图 水面与大坝的 运动周期之比为
３０ ， Ａ． ５ ∶ ４
交点为Ｏ 一人站在Ａ点以速度ｖ 沿水平方向扔一小石子 运动线速度大小之比为
。 ０ ， Ｂ． １ ∶ １
已知ＡＯ 不计空气阻力 ｇ取 ２ 下列说法中正确 向心加速度大小之比为
＝４０ｍ， ， １０ｍ／ｓ 。 Ｃ． ４ ∶ ５
的是 受到的合力大小之比为
（ ） Ｄ． １５ ∶ １４
答案 Ｄ 汽车上Ａ Ｂ两点随汽车做匀速圆周运动的角速
、
度和周期均相等 由ｖ ωｒ可知 学员和教练员做圆周运动的
， ＝ ，
线速度大小之比为 故 均错误 根据ａ ｒω２ 学员和
５ ∶ ４， Ａ、Ｂ ； ＝ ，
教练员做圆周运动的半径之比为 则学员和教练员做圆
５ ∶ ４，
周运动的向心加速度大小之比为 故 错误 根据 Ｆ
５ ∶ ４， Ｃ ； ＝
ｍａ 学员和教练员做圆周运动的向心加速度大小之比为
， ５ ∶ ４，
若ｖ 则石子可以落入水中
Ａ．
若ｖ
０＞１８ ｍ／ｓ，
则石子不能落入水中
质量之比为
６ ∶ ７，
则学员和教练员受到的合力大小之比为
Ｂ． 若石 ０ 子 ＜２ 能 ０ ｍ 落 ／ 入 ｓ， 水中 则ｖ 越大 落水时速度方向与水平面的 １５ ∶ １４， 故 Ｄ 正确 。
Ｃ． ， ０ ， ８．（２０２０湖南长沙明达中学模拟）如图甲所示的 襄阳炮 是古
夹角越大 “ ”
代军队攻打城池的装置 其实质就是一种大型抛石机 图乙是
若石子不能落入水中 则ｖ 越大 落到斜面上时速度方向与 ， ，
Ｄ． ， ０ ， 其工作原理的简化图 将质量ｍ 的石块 装在与转轴
斜面的夹角越大 。 ＝１０ ｋｇ ，
Ｏ相距Ｌ 的长臂末端口袋中 最初静止时长臂与水平面
答案 Ａ 石子从 Ａ 到 Ｏ 过程中 由平抛运动规律有 ＝５ ｍ ，
， ： 的夹角α ° 发射时对短臂施力使长臂转到竖直位置时立
＝３０ ，
ＡＯ ° １ ｇｔ２ ＡＯ ° ｖ ｔ 联立得ｖ ． 所以 即停止运动 石块靠惯性被水平抛出 落在水平地面上 若石
ｓｉｎ３０ ＝ ， ｃｏｓ ３０ ＝ ０ ， ０＝１７ ３ ｍ／ｓ， ， ， 。
只要ｖ ０＞１７ ． ３ ２ ｍ／ｓ 的石子均能落入水中 ，Ａ 项正确 ，Ｂ 项错误 ； 若 块
取
落
ｇ
地位置与
２
抛
以
出
下
位
判
置
断
间
正
的
确
水
的
平
是
距离ｓ ＝２０ ｍ， 不计空气阻力 ，
石子能落入水中 由平抛运动规律有ＡＯ ° １ ｇｔ２ 得ｔ ＝１０ ｍ／ｓ 。 （ ）
， ｓｉｎ３０ ＝ ， ＝２ｓ，
２
则ｖ ｇｔ 设其落水时速度方向与水平面夹角为θ 则
ｙ＝ ＝２０ ｍ／ｓ， ，
ｖ
θ ｙ ｖ 一定 ｖ 增大 θ减小 项错误 不落入水中时 根
ｔａｎ ＝ｖ ， ｙ ， ０ ， ，Ｃ ； ，
０
据 φ θ 得石子落到斜面上时的速度方向与斜面夹
“ｔａｎ ＝２ ｔａｎ ”
角都相等 与ｖ 大小无关 项错误
， ０ ，Ｄ 。
６．（２０１９湖南师大附中考前演练，１７）如图所示 小球Ａ位于斜
，
面上 小球Ｂ与小球Ａ位于同一高度 现将小球Ａ Ｂ分别以ｖ
， ， 、 １
和ｖ 的速度水平抛出 都落在倾角为 °的斜面上的同一点
２ ， ４５ ，
且小球Ｂ恰好垂直打到斜面上 不计空气阻力 则ｖ ｖ 为
， ， １ ∶ ２
（ ）
Ａ．３ ∶ ２ Ｂ．２ ∶ １
Ｃ．１ ∶ １ Ｄ．１ ∶ ２
答案 Ｄ 两小球下落的高度相同 故下落的时间相同 即
， ， 石块抛出后运动时间为 ３
ｔ ｔ 由平抛运动的规律可知 对于Ａ球 ｘ ｖ １ ｔ １ Ａ． ２ ｓ
１＝ ２， ， ： ｙ ＝
１ ｇｔ２
＝１
Ｂ．
石块被抛出瞬间的速度大小为２０
２ ｍ／ｓ
２ １ ３
ｖ ｇｔ 石块即将落地时重力的瞬时功率为
对于Ｂ球 ｙ ２ ° Ｃ． ５００ ６ Ｗ
：ｖ ＝ ｖ ＝ｔａｎ４５ ＝１ 石块落地的瞬时速度大小为
２ ２ Ｄ． １５ ｍ／ｓ
联立各式解得 ｖ ｖ 故选
， １ ∶ ２＝１ ∶ ２， Ｄ。
７．如图为学员驾驶汽车在水平面上绕Ｏ点做匀速圆周运动的俯 答案 Ｃ 石块被抛出后做平抛运动 ｈ Ｌ Ｌ α 竖直方
， ＝ ＋ ｓｉｎ ，
视示意图 已知质量为 的学员在 Ａ 点位置 质量为
。 ６０ ｋｇ ，
的教练员在Ｂ点位置 Ａ点的转弯半径为 ． Ｂ点的 向ｈ １ ｇｔ２ 可得ｔ ６ 错误 石块被抛出后做平抛运动
７０ ｋｇ ， ５ ０ ｍ， ＝ ， ＝ ｓ，Ａ 。 ，
转弯半径为 ． 学员和教练员 均可视为质点 ２ ２
４０ ｍ。 （ ） （ ）
水平方向ｓ ｖ ｔ 可得ｖ ２０ ６ 故 错误 石块即将落地
＝ ０ ， ０＝ ｍ／ｓ， Ｂ 。
３
时重力的瞬时功率为 Ｐ ｍｇｖ ｍｇ ｇｔ 故Ｃ正确
： ＝ ｙ＝ · ＝５００ ６ Ｗ， 。
石块落地的瞬时速度大小为ｖ ｖ２ ｇｔ ２ １２５０ 故
＝ ０＋（ ） ＝ ｍ／ｓ，
３
错误
Ｄ 。
易错警示 平抛运动是曲线运动 速度运算是矢量运算 需依
， ，
据平行四边形定则 切记不能直接由ｖｖｇｔ计算
， ＝ ０＋ 。
１０６ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
９．（２０２０广东佛山教学质检） 多选 如图为乒乓球发球机的工 思路提示 球Ａ Ｂ均在水平面内做匀速圆周运动 合力提供
（ ） 、 ，
作示意图 若发球机从球台底边中点的正上方某一固定高度 向心力 根据牛顿第二定律列式分析即可 注意考虑绳子拉力
。 ， ，
连续水平发球 球的初速度大小随机变化 发球方向也在水平 为零的临界状态
， ， 。
面内不同方向随机变化 若某次乒乓球沿中线恰好从中网的 １１．如图所示 光滑斜面长为ａ 宽为ｂ 倾角为
。 ， ， ，
上边缘经过 落在球台上的Ａ点 后来另一次乒乓球的发球方 θ 一小球从斜面左上方 Ｐ 点水平射入
， ， 。 ，
向与中线成θ角 也恰好从中网上边缘经过 落在桌面上的Ｂ 而从斜面右下方Ｑ点离开斜面 求入射初
， ， ，
点 忽略空气对乒乓球的影响 则 速度大小
。 ， （ ） 。
ｇ θ
答案 ａ ｓｉｎ
ｂ
２
解析 设入射初速度为ｖ 小球的重力沿斜面的分力提供
０，
加速度ａ 则ａ ｇ θ 小球在斜面上做类平抛运动 即水
１， １＝ ｓｉｎ 。 ，
平方向以ｖ 做匀速直线运动 沿斜面向下做初速度为零的匀
０ ，
加速直线运动 则
。 ：
ａ ｖ ｔ
第一个球在空中运动的时间更短 ＝ ０ ①
Ａ．
前后两个球从发出至到达中网上边缘的时间相等 ｂ １ ａ ｔ２ １ ｇ θ ｔ２
Ｂ． ＝ １ ＝ ｓｉｎ · ②
前后两个球发出时的速度大小之比为 θ ２ ２
Ｃ． １ ∶ ｃｏｓ ｇ θ
Ａ Ｂ两落点到中网的距离相等 由 两式解得ｖ ａ ｓｉｎ
Ｄ． 、 ①② ０＝ ｂ 。
答案 ＢＤ 乒乓球发球机从固定高度水平发球 两个球的 ２
，
１２．（２０１８江苏无锡期中）如图所示 半径ｒ １ 的两圆柱体Ａ
竖直位移相同
，
由ｈ
＝
１ ｇｔ２ 可知
，
两个球在空中的运动时间相 ， ＝
３
ｍ
２ 和Ｂ的转动轴互相平行且在同一水平面内 轴心间的距离为
等 错误 由于发球点到中网上边缘的竖直高度一定 所以 ，
，Ａ 。 ， ｓ ． 两圆柱体Ａ和Ｂ均被电动机带动以 的角速
前后两个球从发出至到达中网上边缘的时间相等 故Ｂ正确 ＝３２ ｍ。 ６ ｒａｄ／ｓ
， 。 度同方向转动 质量均匀分布的长木板无初速度水平放置在
两球均恰好从中网上边缘经过 且从发出至到达中网上边缘的 ，
， Ａ和Ｂ上 其重心恰好在Ｂ的正上方 从木板开始运动计时
时间相等 由ｘ ｖｔ 可知前后两个球发出时的速度大小之比等 ， ， ，
， ＝ ， 圆柱体转动两周 木板恰好不受滑动摩擦力的作用 且仍沿水
于位移大小之比 为 θ 故 错误 前后两球发出时速 ， ，
， ｃｏｓ ∶ １， Ｃ 。 平方向运动 设木板与两圆柱体间的动摩擦因数相同 重力
度大小之比为 θ 且在空中运动时间相同 故水平位移 。 ，
ｃｏｓ ∶ １， ， 加速度ｇ ． ２ 取 ． 求
之比为 θ 结合几何关系可知 Ａ Ｂ两落点到中网的距 ＝１００ ｍ／ｓ ， π≈３０。 ：
ｃｏｓ ∶ １， ， 、
离相等 故Ｄ正确
， 。
１０．（２０２０安徽六安一中线下自测一） 多选
（ ）
如图所示 处于竖直平面内的光滑细金属 圆柱体边缘上某点的向心加速度
， （１） ；
圆环半径为Ｒ 质量均为ｍ的带孔小球Ａ Ｂ 圆柱体Ａ Ｂ与木板间的动摩擦因数
， 、 （２） 、 ；
穿于环上 两根长为 Ｒ 的细绳一端分别系 从开始运动到木板重心恰在 Ａ 的正上方所需的
， （３）
于Ａ Ｂ球上 另一端分别系于圆环的最高 时间
、 ， 。
点和最低点 ， 现让圆环绕竖直直径转动 ， 当 答案 （１）１２ ． ０ ｍ／ｓ ２ （２）０ ． １ （３）２ ． ６ ｓ
角速度缓慢增大到某一值时 ， 连接 Ｂ 球的 解析 （１） ａ 向心＝ ω２ｒ ＝１２ ． ０ ｍ／ｓ ２
绳子恰好拉直 转动过程中绳不会断 重力加速度为ｇ 则下 木板的速度等于圆柱体边缘的线速度时 木板不受
， ， ， （２） ，
列说法正确的是 滑动摩擦力
（ ） 。
连接Ｂ球的绳子恰好拉直时 转动的角速度为 ２ ｇ ｖ ＝ ｒω ＝２ ． ０ ｍ／ｓ
Ａ． ， Ｒ
ｔ Ｔ ４π
连接Ｂ球的绳子恰好拉直时 金属圆环对 Ａ 球的作用力
１＝２ ＝ ω ＝２ ｓ
Ｂ． ，
ｖ
为零 ａ ． ２
＝ ｔ ＝１０ ｍ／ｓ
继续增大转动的角速度 金属环对Ｂ球的作用力可能为零
１
Ｃ． ， ａ
继续增大转动的角速度 Ａ球可能会沿金属环向上移动 μ ．
Ｄ． ， ＝ ｇ ＝０１
答案 ＡＢ 当连接Ｂ球的绳刚好拉直时 ｍｇ ° ｍω２
， ｔａｎ ６０ ＝ 木板在两圆柱体上加速过程所通过的位移为ｓ
ｇ （３） １
Ｒ ° 求得ω ２ Ａ正确 连接Ｂ球的绳子恰好拉直 ｖ２ ａｓ
ｓｉｎ６０ ， ＝ Ｒ ， 。 ＝２ １
ｖ２
时 Ａ球与Ｂ球转速相同 Ａ球所受合力也为ｍｇ ° 又小 ｓ ．
， ， ｔａｎ６０ ， １＝ ａ＝２０ ｍ
２
球Ａ所受重力为ｍｇ ， 可判断出Ａ球所受绳的拉力为 ２ ｍｇ ， Ａ 因ｓ ｓ 所以木板在两圆柱体上先是做匀加速直线运动
球不受金属圆环的作用力 Ｂ正确 继续增大转动的角速度
１＜ ， ，
后做匀速直线运动 可见 从开始运动到木板重心恰在Ａ的
， 。 ，
。 ，
连接Ｂ球的绳会有拉力 要维持Ｂ球竖直方向所受外力的合 正上方所需的时间
，
力为零 环对Ｂ球必定有弹力 项错误 当转动的角速度增
ｓ ｓ
大
，
环对 ， Ｂ球的弹力不为零
，
根 ，Ｃ 据竖直方 。 向上Ａ球和Ｂ球所 ｔ ＝ ｔ １＋ ｔ ２＝ ｔ １＋ － ｖ １ ＝２ ． ６ ｓ
受外力的合力都为零 可知绳对Ａ球的拉力增大 因此Ａ球不
， ，
可能沿环向上移动 项错误
，Ｄ 。
专题四 曲线运动 １０７
头应指向河的上游，并与河岸成一定的角度θ。 根据三角函数关
ｖ
系有ｖ θ ｖ ，得 θ 水 。
船 ｃｏｓ － 水＝０ ｃｏｓ ＝ｖ
船
应用一 探究小船过河问题的处理方法 只有在ｖ ｖ 时，船才有可能垂直河岸横渡。
船＞ 水
１．船的实际运动是水流的运动和船相对静水的运动的合 （ ）如果水流速度大于船在静水中的航行速度，则不论船的
３
运动 航向如何，总是被水冲向下游。 怎样才能使漂下的距离最短呢？
。
２．三种速度：ｖ 船（ 船在静水中的速度 ）、 ｖ 水（ 水流速度 ）、 ｖ 合（ 船 如图丙所示，设ｖ 船 与河岸成 θ 角。 合速度 ｖ 合 与河岸成 α 角。
的实际速度 可以看出：α角越大，船下漂的距离ｘ越短。 那么，在什么条件下
）。
３．三种情境 α角最大呢？ 以ｖ 水 的末端为圆心、ｖ 船 大小为半径画圆，当ｖ 合 与
ｖ
圆相切时，α角最大，此时 θ 船 。
当船头方向垂直河岸时 渡河时间最短 ｃｏｓ ＝ｖ
渡河时 ， ， 水
ｄ ｌ
间最短 最短时间ｔ 船下漂的最短距离为ｘ （ｖ ｖ θ）· ，
ｍｉｎ＝ｖ 船 ｍｉｎ＝ 水－ 船 ｃｏｓ ｖ 船 ｓｉｎ θ
此时渡河的最短位移大小为ｓ ｌ ｌｖ 水 。
＝ θ＝ｖ
如果ｖ 船＞ ｖ 水， 当船头方向与上游河岸夹 ｃｏｓ 船
答案 见解析
角θ满足ｖ θ ｖ 时 合速度垂直河
船ｃｏｓ ＝ 水 ，
岸 渡河位移最短 等于河宽ｄ
渡河位 ， ， 应用二 探究绳（杆）端速度分解的处理方法
移最短 如果ｖ
船＜
ｖ
水，
当船头方向
（
即ｖ
船
方向
）
与 １．模型特点
合速度方向垂直时 渡河位移最短 等 沿绳 杆 方向的速度分量大小相等
， ， （ ） 。
于
ｄｖ
水
２．思路与方法
ｖ 船 合速度 物体的实际运动速度ｖ
→
４．分析思路 {其一 沿绳 杆 的分速度ｖ
分速度 ： （ ） １
→ 其二 与绳 杆 垂直的分速度ｖ
： （ ） ２
方法 ｖ 与ｖ 的合成遵循平行四边形定则
： １ ２ 。
３．解题的原则
把物体的实际速度分解为垂直于绳 杆 和沿绳 杆 的两
（ ） （ ）
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
。
例１ 一条宽度为 ｌ 的河流 已知船在静水中的速度为
，
ｖ 水流速度为ｖ 那么
船， 水。 ：
怎样渡河时间最短
（１） ？
若ｖ ｖ 怎样渡河位移最小
（２） 船＞ 水， ？
若ｖ ｖ 怎样渡河船下漂的距离最短
（３） 船＜ 水， ？
解析 （ ）如图甲所示，设船头斜向上游与河岸成任意角
１
θ，这时船速在垂直于河岸方向的速度分量为ｖ ｖ θ，渡河
１＝ 船 ｓｉｎ 例２ 人用绳子通过定滑轮拉物体Ａ Ａ穿在光滑的竖直
ｌ ｌ ，
所需的时间为ｔ 。 杆上 当以速度ｖ 匀速地拉绳使物体Ａ到达如图所示位置时 绳
＝ｖ １ ＝ｖ 船 ｓｉｎ θ 与竖直 ， 杆的夹角为 ０ θ 则物体Ａ实际运动的速度是 ，
， （ ）
可以看出：ｌ、ｖ 一定时，ｔ随 θ增大而减小；当θ 时，
船 ｓｉｎ ＝９０° ｖ ｖ
θ （最大）。 所以可得船头与河岸垂直时渡河时间最短，即 ｖ θ ０ ｖ θ ０
ｓｉｎ ＝１ Ａ． ０ ｓｉｎ Ｂ． θ Ｃ． ０ ｃｏｓ Ｄ． θ
ｌ ｓｉｎ ｃｏｓ
ｔ 。 解题导引
ｍｉｎ＝ｖ
船
（ ）如图乙所示，渡河的最小位移即河的宽度。 为了使渡河
２
位移等于ｌ，必须使船的合速度ｖ 的方向与河岸垂直。 这时船
合
１０８ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
解析 由运动的合成与分解可知，物体Ａ参
与这样的两个分运动，一个是沿着与它相连接的
绳子的运动，另一个是垂直于绳子斜向上的运动。
而物体Ａ实际运动是沿着竖直杆向上运动，此运动就是物体 Ａ
的合运动，合速度与分速度之间的关系如图所示。 由三角函数
Ｒ Ｒ Ｒ
知识可得ｖ Ａ＝ ｖ ０ θ ，所以 Ｄ 选项是正确的。 Ａ． ４ Ｂ Ｂ． ３ Ｂ Ｃ． ２ Ｂ Ｄ． Ｒ Ｂ
ｃｏｓ 解题导引 关键词 相同材料 靠摩擦传动 小木块
答案 Ｄ ：① ，② ，③
恰能相对静止 木块相对Ｂ轮也静止 Ａ Ｂ两轮边缘处的线
，④ 。 、
速度相同 木块在静摩擦力作用下做圆周运动
应用三 探究水平面内圆周运动的动力学问题 ， 。
解析 由图可知，当主动轮Ａ匀速转动时，Ａ、Ｂ两轮边缘
１．向心力的来源
向心力是按力的作用效果命名的 ， 可以是重力 、 弹力 、 摩擦 上的线速度相同，由ω ｖ ，得 ω Ａ ｖ／Ｒ Ａ Ｒ Ｂ １ 。 由于小木块
力等各种力 ， 也可以是几个力的合力或某个力的分力 ， 因此在受 ＝ Ｒ ω Ｂ ＝ｖ／Ｒ Ｂ ＝Ｒ Ａ ＝ ２
力分析中要避免再另外添加一个向心力 恰能在Ａ轮边缘静止，则由最大静摩擦力提供向心力，故μ Ａ ｍｇ ＝
。
２．运动模型 ｍω２Ａ Ｒ
Ａ ①
设放在Ｂ轮上能使木块相对静止的距Ｂ转动轴的最大距离
运动模型 向心力的来源图示
为ｒ，则向心力由最大静摩擦力提供，故μ
Ｂ
ｍｇ
＝
ｍω２Ｂ ｒ
②
因Ａ、Ｂ材料相同，故木块与Ａ、Ｂ的动摩擦因数相同， 式
①②
飞机水平转弯 左边相等，故ｍω２Ａ Ｒ
Ａ＝
ｍω２Ｂ ｒ，得
ｒ æ ç ω Ａ ö ÷ ２ Ｒ ( １ ) ２ Ｒ Ｒ Ａ Ｒ Ｂ。
＝èω ø Ａ＝ Ａ＝ ＝
Ｂ ２ ４ ２
所以选项 正确。
Ｃ
圆锥摆 答案 Ｃ
应用四 探究竖直面内圆周运动的动力学问题
１．物体在竖直平面内做的圆周运动是一种典型的变速曲线
飞车走壁
运动 该类运动常有临界问题 并常伴有 最大 最小 刚
， ， “ ”、“ ”、“
好 等词语 常分析两种模型 绳球 模型和 杆球 模型 分
” ， ———“ ” “ ” ，
析比较如下
。
“绳球”模型 “杆球”模型
汽车在水平路面转弯
常见
类型
均是没有支撑的小球 均是有支撑的小球
水平转台（光滑）
过最高
由ｍｇ ｍ
ｖ２临
由小球恰能做完整圆周运动
点的临 ＝ ｒ ，
可得ｖ
３．分析思路 界条件 得ｖ ｇｒ 临＝０
临＝
当ｖ 时 Ｆ ｍｇ Ｆ 为
（１） 过最高点时 ， ｖ ＝ ｇｒ ， （１） ＝０ ， Ｎ＝ ， Ｎ
支持力 沿半径背离圆心
ｍｖ２ ，
ｍｇ Ｆ 即绳 轨
＝ ｒ ， Ｎ＝０， 、
（２）
当
０＜
ｖ
＜
ｇｒ时
，
ｍｇ
－
Ｆ
Ｎ＝
道对球无弹力 ｖ２
ｍ Ｆ 背离圆心 随ｖ的增
过最高点时 ｖ ｒ ， Ｎ ，
讨论 （２） ， ≥
ｖ２ 大而减小
分析 ｇｒ Ｆ ｍｇ ｍ 绳
， Ｎ＋ ＝ ｒ ， 、 当ｖ ｇｒ 时 Ｆ
轨道对球产生弹力Ｆ
（３） ＝ ， Ｎ＝０
Ｎ 当 ｖ ｇｒ 时 Ｆ ｍｇ
不能过最高点 ｖ （４） ＞ ， Ｎ ＋ ＝
（３） ， ＜ ｖ２
ｇｒ ， 在到达最高点前小 ｍ ｒ ， Ｆ Ｎ 指向圆心并随ｖ的增
球已经脱离了圆轨道 大而增大
２．竖直圆的有关脱轨问题
例３ 如图所示 两个用相同材料制成的靠摩擦传动的轮
， 脱轨可分为外侧脱轨与内侧脱轨两种情况
Ａ和Ｂ水平放置 两轮半径关系为Ｒ Ｒ 当主动轮Ａ匀速转 （１） 。
， Ａ＝２ Ｂ。 脱轨的条件为物体与轨道之间的作用力为零
动时 在Ａ轮边缘上放置的小木块恰能相对静止在Ａ轮边缘上 （２） 。
， 。 如图小球 质量为ｍ 从光滑圆轨道最高点由静止滑下 小
若将小木块放在Ｂ轮上 欲使木块相对Ｂ轮也静止 则木块距Ｂ （ ） ，
， ， 球在何处脱离轨道
轮转动轴的最大距离为 设最大静摩擦力等于滑动摩擦力 ？
（ ）
（ ）
专题四 曲线运动 １０９
所以，手对绳子的力的大小为
３０ Ｎ
答案 （ ） （ ）
１ ２ ２ ｍ／ｓ ２ １０ ｍ／ｓ ２ ３０ Ｎ
应用五 探究圆周运动的临界问题
１．与摩擦力有关的临界极值问题
设小球与圆心连线与竖直方向的夹角为θ时开始脱轨 则
， 物体间恰好不发生相对滑动的临界条件是物体间恰好达到
满足关系
： 最大静摩擦力
ì í ï ï ｍｇＲ （１－ｃｏｓ θ ）＝ ２ １ ｍｖ２ （１） 如果只 。 是摩擦力提供向心力 ， 则最大静摩擦力 Ｆ ｍ ＝
ï ïｍｇ θ ｍ ｖ２
ｍｖ２
ｍ 静摩擦力的方向一定指向圆心
î ｃｏｓ ＝ Ｒ ｒ ， 。
如果除摩擦力以外还有其他力 如绳两端连接的物体绕绳
得 θ ２ （２） ，
ｃｏｓ ＝ 上某点在水平面内转动 其中一个物体存在一个恰不向内滑动的临
３ ，
３．有关竖直平面内的圆周运动的几点说明 界条件和一个恰不向外滑动的临界条件 分别为静摩擦力达到最大
，
如图所示 若小球在细绳的拉力作用下 恰能在竖直平面内 且静摩擦力的方向沿半径背离圆心和沿半径指向圆心
， ， 。
做圆周运动 应满足ｖ ｇＬ ｖ ｇＬ Ｔ Ｔ ｍｇ 若小
２．与弹力有关的临界极值问题
， Ａ＝ ， Ｄ＝ ５ ， Ａ＝０， Ｄ＝６ ，
压力 支持力的临界条件是物体间的弹力恰好为零
球由Ｂ或Ｃ处静止释放 则满足ｖ ｇＬ Ｔ ｍｇ Ｔ 的大小 （１） 、 。
， Ｄ＝ ２ ， Ｄ＝３ ， Ｄ 绳上拉力的临界条件是绳恰好拉直且其上无弹力或绳
与绳子的长短无关 只与ｍ的大小有关 （２）
， 。 上拉力恰好为最大承受力
。
例５ 如图所示 在光滑的圆锥体顶端用长为ｌ的绳悬挂
，
一质量为ｍ的物体 圆锥体固定在水平面上不动 其轴线沿竖
。 ，
直方向 母线与轴线之间的夹角为 物体以速率ｖ绕圆锥体
， ３０°。
轴线做水平匀速圆周运动
例４ 图甲中表演的水流星是一项中国传统民间杂技艺 。
术 在一根绳子上系着两个装满水的桶 表演者把它甩动转起
， ，
来 犹如流星般 而水不会流出来 图乙为水流星的简化示意
， ， 。
图 在某次表演中 当桶Ａ在最高点时 桶Ｂ恰好在最低点 若演
， ， ， ，
员仅控制住绳的中点Ｏ不动 而水桶Ａ Ｂ 均可视为质点 都恰
， 、 （ ）
好能通过最高点 已知绳长ｌ ． 两水桶 含水 的质量均为
， ＝１６ ｍ， （ ）
ｍ ＝０ ． ５ ｋｇ， 不计空气阻力及绳重 ， 取ｇ ＝１０ ｍ／ｓ ２ 。 当ｖ ｇｌ／ 时 求绳对物体的拉力
（１） １＝ ６ ， 。
当ｖ ｇｌ／ 时 求绳对物体的拉力
（２） ２＝ ３ ２ ， 。
解题思路 关键词 光滑的 做水平匀速圆周运动 临
：① ，② 。
界状态是球与锥面间弹力为零 设此时线速度为 ｖ 分 ｖ ｖ 和
， ０， ＞ ０
ｖ ｖ 两种情况讨论
＜ ０ 。
求水桶在最高点和最低点的速度大小 解析 如图甲所示，物体在锥面上运动，但支持力为 ，物
（１） ； ０
求图示位置时 手对绳子的力的大小
（２） ， 。
体只受重力ｍｇ和绳的拉力Ｆ 作用，合力沿水平面指向轴线。
思路分析 两水桶都恰好能通过最高点 即在最高点仅 根据牛顿第二定律有： Ｔ
（１） ，
由重力提供向心力 从而可求解出水桶在最高点的速度 从最高点
， ，
到最低点的过程机械能守恒 列式可求解水桶在最低点的速度
， 。
图示位置时 绳ＯＡ对水桶Ａ的拉力为零 桶Ｂ受绳竖
（２） ， ，
直向上的拉力和竖直向下的重力 两者的合力提供向心力 列式
， ，
可求解此时手对绳子的力的大小
。
解析 （ ）设最高点的速度为ｖ ，最低点的速度为ｖ ，水桶
１ １ ２ 甲
ｌ
做圆周运动的半径Ｒ ．
＝ ＝０８ ｍ ｖ２ ｖ２
２ ｍｇ ° ｍ ０ ｍ ０
水桶恰好通过最高点时绳上的拉力为零，有：ｍｇ ｍ
ｖ２
１
ｔａｎ３０ ＝ ｒ ＝ ｌ·
ｓｉｎ３０
°
＝ Ｒ 解得：ｖ ｇｌ／
０＝ ３ ６
解得：ｖ （ ）因为ｖ ｖ ，所以物体与锥面接触并产生弹力Ｆ ，此时
１＝２ ２ ｍ／ｓ １ １＜ ０ Ｎ
物体受力如图乙所示。
水桶从最高点运动到最低点有：ｍｇｌ １ ｍｖ２ １ ｍｖ２
＋ １＝ ２ 根据牛顿第二定律有：
２ ２
解得：ｖ ｍｖ２
２＝２ １０ ｍ／ｓ Ｆ ° Ｆ ° １
（ ）绳ＯＡ对水桶Ａ的拉力为零，对最低点的桶Ｂ受力分析 Ｔ ｓｉｎ３０ － Ｎ ｃｏｓ３０ ＝ｌ· °
２ ｓｉｎ３０
ｖ２ Ｆ ° Ｆ ° ｍｇ
可得Ｆ ｍｇ ｍ ２ Ｔ ｃｏｓ３０ ＋ Ｎ ｓｉｎ３０ － ＝０
ＯＢ－ ＝ Ｒ
解得：Ｆ ３ ３＋１ｍｇ
解得：Ｆ
ＯＢ＝３０ Ｎ
Ｔ＝
６
１１０ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
角为α，此时物体受力如图丙所示。 根据牛顿第二定律有：
ｍｖ２
Ｆ α ２
Ｔ ｓｉｎ ＝ｌ· α
ｓｉｎ
Ｆ α ｍｇ
Ｔ ｃｏｓ － ＝０
解得：Ｆ ｍｇ
Ｔ＝２
乙 丙 答案 （ ） ． ｍｇ （ ） ｍｇ
１ １０３ ２ ２
（ ）因为ｖ ｖ ，所以物体与锥面脱离，设绳与竖直方向的夹
２ ２＞ ０
２．（２０１９河北十校联考）如图所示 重物Ｍ沿竖直杆下滑 并通
， ，
过一根不可伸长的细绳带动小车沿水平面向右运动 若滑轮
。
右侧的细绳与竖直方向成β角 且重物下滑的速率为ｖ时 滑
应用一 探究小船过河问题的处理方法 ， ，
轮左侧的细绳与水平方向成α角 则小车的速度ｖ 为
， 车 （ ）
１．（２０１９山东济宁期中，３）如图所示 ＭＮ 是流速稳定的河流
， ，
河宽一定 小船在静水中的速度大小一定 现小船自Ａ点渡河
， ， ，
第一次船头沿ＡＢ方向与河岸上游夹角为α 到达对岸 第二次
， ；
船头沿ＡＣ方向与河岸下游夹角为β 到达对岸 若两次航行的
， ，
时间相等 则
， （ ）
ｖ β ｖ β
ｓｉｎ ｓｉｎ
Ａ． α Ｂ． α
ｓｉｎ ｃｏｓ
ｖ β ｖ β
ｃｏｓ ｃｏｓ
Ｃ． α Ｄ． α
ｓｉｎ ｃｏｓ
α β α β
Ａ． ＝ Ｂ． ＜ ２． 答案 Ｄ
α β 无法比较α与β的大小
Ｃ． ＞ Ｄ．
１． 答案 Ａ 应用三 探究水平面内圆周运动的动力学问题
２．（２０２０上海期中）河水由西向东流 河宽为 河中各点的 １．（２０１９河北模拟） 多选 质量为ｍ的小球由轻绳ａ和ｂ分别
， ８００ｍ， （ ）
水流速度大小为ｖ 水， 各点到较近河岸的距离为ｘ ， ｖ 水 与ｘ的关 系于一轻质细杆的Ａ点和Ｂ点 ， 如图所示 ， 绳ａ与水平方向成
θ角 绳ｂ在水平方向且长为ｌ 当轻杆以角速度 ω匀速转动
系为ｖ 水＝ ３ ｘ （ｍ／ｓ）。 让小船船头垂直河岸由南向北渡河 ， 小 ， ，
４００ 时 小球在水平面内做匀速圆周运动 则下列说法正确的是
， ，
船在静水中的速度大小恒为ｖ 下列说法中正确的是
船＝４ ｍ／ｓ。
（ ）
（ ）
小船渡河的轨迹为直线
Ａ．
ａ绳的张力不可能为零
小船在河水中的最大速度是 Ａ．
Ｂ． ５ ｍ／ｓ
ａ绳的张力随角速度的增大而增大
小船在距离南岸 处的速度小于在距离北岸 处 Ｂ．
Ｃ． ２００ ｍ ２００ ｍ
的速度 ｇ
当角速度ω 时 ｂ绳将出现弹力
Ｃ． ＞ ｌ θ ，
小船渡河的时间是 ｔａｎ
Ｄ． １６０ ｓ
２． 答案 Ｂ Ｄ．
若ｂ绳突然被剪断
，
则ａ绳的弹力一定发生变化
１． 答案 ＡＣ
应用二 探究绳（杆）端速度分解的处理方法 ２．（２０１９山东潍坊二模） 多选 如图所示 一根原长为ｌ 的轻
（ ） ， ０
１．（２０１９重庆巴蜀中学段考，７，４分）如图所示 长为 Ｌ的直棒 弹簧套在光滑直杆ＡＢ上 其下端固定在杆的Ａ端 质量为ｍ
， ， ，
一端可绕固定轴Ｏ转动 另一端搁在水平升降台上 升降台 的小球也套在杆上且与弹簧的上端相连 球与杆一起绕过杆
， ， 。
以速度ｖ匀速上升 当棒与竖直方向的夹角为 θ时 棒的角 Ａ端的竖直轴 ＯＯ′匀速转动 且杆与水平面间的夹角始终为
， ， ，
速度为 ｌ
（ ） ° 已知杆处于静止状态时弹簧的压缩量为 ０ 重力加速度
３０ 。 ，
２
为ｇ 则下列说法正确的是
。 （ ）
ｖ θ ｖ ｖ θ ｖ
ｓｉｎ ｃｏｓ
Ａ． Ｌ Ｂ．Ｌ θ Ｃ． Ｌ Ｄ．Ｌ θ
ｃｏｓ ｓｉｎ
１． 答案 Ｄ
专题四 曲线运动 １１１
ｇ ａ
弹簧为原长时 杆的角速度为 当地的重力加速度为
Ａ． ， ｌ Ｂ． ｍ
２０
ａｃ
当杆的角速度为
ｇ
时 弹簧处于压缩状态 Ｃ．
当ｖ２
＝
ｃ时
，
小球在最高点所受拉力大小为
ｂ ＋
ａ
Ｂ． ｌ ，
在杆的角速度增大的
０
过程中 小球与弹簧所组成的系统机械 Ｄ．
若ｖ２
＝
ｂ
，
小球运动到最低点时绳的拉力为
６
ａ
Ｃ． ，
２． 答案 ＡＢＤ
能不守恒
ｇ 应用五 探究圆周运动的临界问题
在杆的角速度由 缓慢增大到 ２ ２ 过程中 小球的机械
Ｄ． ０ ｌ ，
３ ０ １．（２０２０山东青岛一轮）用一根细线一端系一小球 可视为质
ｍｇｌ （
能增加了５ ０ 点 另一端固定在一光滑锥顶上 如图所示 设小球在水平
）， ， 。
４ 面内做匀速圆周运动的角速度为ω 线的张力为Ｆ 则Ｆ 随
２． 答案 ＣＤ ， Ｔ， Ｔ
ω２ 的变化的图像是选项图中的
（ ）
应用四 探究竖直面内圆周运动的动力学问题
１． 多选 如图所示 两段长均为Ｌ的轻绳共同系住一质量为ｍ
（ ） ，
的小球 另一端固定在等高的两点Ｏ Ｏ 两点的距离也为Ｌ
， １、 ２， ，
在最低点给小球一个水平向里的初速度ｖ 小球恰能在竖直面
０，
内做圆周运动 重力加速度为ｇ 则
， ， （ ）
小球运动到最高点的速度ｖ ３Ｌｇ
Ａ． ＝ ２ １． 答案 Ｃ
小球运动到最高点的速度ｖ Ｌｇ ２．（２０２０湖北黄冈模拟） 多选 如图所示 两个可视为质点的
Ｂ． ＝ （ ） ， 、
ｖ２ 相同的木块Ａ和Ｂ放在转盘上 两者用长为Ｌ的细绳连接 木
小球在最低点时每段绳子的拉力Ｆ ｍｇ ｍ２ ３ ０ ， ，
Ｃ． ＝ ＋ Ｌ 块与转盘间的最大静摩擦力均为各自重力的Ｋ倍 Ａ放在距离
３ ，
ｖ２ 转轴Ｌ处 整个装置能绕通过转盘中心的转轴 Ｏ Ｏ 转动 开
小球在最低点时每段绳子的拉力Ｆ ３ｍｇ ｍ２ ０ ， １ ２ ，
Ｄ． ＝ ＋ Ｌ 始时 绳恰好伸直但无弹力 现让该装置从静止开始转动 使角
３ ３ ， ， ，
１． 答案 ＡＤ 速度缓慢增大 Ａ Ｂ未滑离转盘 以下说法正确的是
（ 、 ）， （ ）
２． 多选 如图甲所示 用一轻质绳拴着一质量为ｍ的小球 在竖
（ ） ， ，
直平面内做圆周运动 不计一切阻力 小球运动到最高点时
（ ），
绳对小球的拉力为Ｆ 小球在最高点的速度大小为ｖ 其Ｆ ｖ２
Ｔ， ， Ｔ－
图像如图乙所示 则 Ｋｇ
， （ ） 当ω ２ 时 Ａ Ｂ相对于转盘会滑动
Ａ． ＞ Ｌ ， 、
３
Ｋｇ
当ω 时 绳子一定有弹力
Ｂ． ＞ Ｌ ，
２
Ｋｇ Ｋｇ
ω在 ω ２ 范围内增大时 Ｂ所受摩擦力变大
Ｃ． Ｌ＜ ＜ Ｌ ，
２ ３
Ｋｇ
ω在 ω ２ 范围内增大时 Ａ所受摩擦力一直变大
ｍｂ Ｄ． ０＜ ＜ Ｌ ，
轻质绳长为 ３
Ａ． ａ ２． 答案 ＡＢＤ
１１２ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
ｖ２ ＴＬ
速运动的速度大小为ｖ 由Ｔ ｍｇ ｍ 可知ｍ 故Ｂ
， － ＝ Ｌ ， ＝ｖ２ ｇＬ，
＋
ｖ２
１．（２０２０四川宜宾四中月考）如图 在灭火抢险的过程中 消防 正确 。 如果集装箱的质量为 ２ ｍ ， 由Ｔ －２ ｍｇ ＝２ ｍ Ｌ １ ， 可知该装
， ，
队员有时要借助消防车上的梯子爬到高处进行救人或灭火作
ＴＬ
业 为了节省救援时间 消防队员沿梯子匀加速向上运动的同 置匀速运动时的最大速度为 ｖ ｇＬ Ｃ正确 加速向
。 ， ： １＝ ｍ－ ， 。
时消防车匀速后退 则关于消防队员的运动 下列说法中正确 ２
， ， 上提升集装箱 由牛顿第二定律有 Ｔ ｍｇ ｍａ 可得允许的最
的是 ， ： － ＝ ，
（ ） Ｔ
大加速度为 ａ ｇ 故 错误
： ＝ ｍ－ ， Ｄ 。
难点破解 钢绳上端的滑轮突然被锁定时 集装箱的运动由
，
匀速直线运动突变为圆周运动其速度由于惯性不突变但加
， ，
速度由零突变为向上的向心加速度 钢绳对集装箱的拉力由等
，
于集装箱的重力突变增大
。
消防队员做匀加速直线运动 ３．（２０２０福建福州八中仙游一中质检三）如图
Ａ．
消防队员做匀变速曲线运动 所示 一倾斜的圆筒绕固定轴ＯＯ 以恒定的角
Ｂ． ， １
消防队员做变加速曲线运动 速度ω转动 圆筒的半径ｒ ． 筒壁内有
Ｃ． ， ＝１５ ｍ。
消防队员水平方向的速度保持不变 一小物体与圆筒始终保持相对静止 小物体
Ｄ． ，
答案 Ｂ 根据运动的合成 知合速度的方向与合加速度的
， 与圆筒间的动摩擦因数为 ３ 设最大静摩擦
方向不在同一条直线 其加速度的方向和大小不变 所以消防 （
， ， ２
队员做匀变速曲线运动 错误 Ｂ正确 将消防队员的运动 力等于滑动摩擦力 转动轴与水平面间的夹角 θ ° 重力
，Ａ、Ｃ ， ； ）， ＝６０ ，
分解到水平方向和竖直方向 ， 知水平方向上的速度为匀速后退 加速度ｇ取 １０ ｍ／ｓ ２ ， 则ω的最小值是 （ ）
的速度和沿梯子方向速度在水平方向上的分速度的合速度 因
，
３０
为沿梯子方向的速度在水平方向上的分速度在变 所以消防队 Ａ．１ ｒａｄ／ｓ Ｂ． ｒａｄ／ｓ
， ３
员水平方向的速度在变 错误
，Ｄ 。
２．（２０２０河南九师联盟核心模拟三） 多选 如图甲所示 门式起 Ｃ． １０ ｒａｄ／ｓ Ｄ．５ ｒａｄ／ｓ
（ ） ， 答案 Ｃ 对物体受力分析如图 受重力Ｇ 弹力Ｎ 静摩擦
重机又叫龙门吊 门式起重机的场地利用率高 作业范围大 在 ， 、 、
， 、 ， 力ｆ ω取最小值时 物体将要向下产生相对滑动 由牛顿第
港口得到广泛使用 其简易图如图乙所示 假设长为Ｌ的钢绳 。 ， 。
。 ， 二定律可知 ｍｇ θ Ｎ ｍω２ｒ 在平行于桶壁方向上 达到最
能承受的最大拉力为Ｔ 钢绳的上端拴接在滑轮上 另一端连 ， ｃｏｓ ＋ ＝ ， ，
， ， 大静摩擦力 即ｆ ｍｇ θ 由于ｆ μＮ 由以上式子 可得
接质量为ｍ的集装箱 开始时整个装置在横臂上以共同的速 ， ｍａｘ＝ ｓｉｎ ， ｍａｘ＝ ， ，
， ω Ｃ正确
度做匀速直线运动 当其运动到图中Ｏ′位置时 绳子上端的滑 ＝ １０ ｒａｄ／ｓ， 。
， ，
轮突然被锁定 集装箱开始以Ｏ′为圆心摆动 假设滑轮与集装
， ，
箱的大小可忽略不计 重力加速度为ｇ 下列说法正确的是
， 。
（ ）
４．（２０１９雅礼中学月考，６）如图所示 水平光滑长杆上套有一物
，
块Ｑ 跨过悬挂于Ｏ点的轻小光滑圆环的细线一端连接Ｑ 另
， ，
一端悬挂一物块Ｐ 设细线的左边部分与水平方向的夹角为
。
如果ｍｇ Ｔ 则上述过程中钢绳一定不会断裂 θ 初始时θ很小 现将Ｐ Ｑ由静止同时释放 关于Ｐ Ｑ以后
Ａ． ＝ ， ， ， 、 。 、
如果装置匀速运动的速度大小为ｖ 则集装箱允许的最大质 的运动下列说法正确的是
Ｂ． ， （ ）
ＴＬ
量为
ｖ２ ｇＬ
＋
如果集装箱的质量为 ｍ 则装置匀速运动时的最大速度
Ｃ． ２ ，
ＴＬ
为 ｇＬ
ｍ－
２
如果保持上端滑轮静止 加速向上提升集装箱 不摆动 集
Ｄ． ， （ ），
Ｔ
装箱加速上升允许的最大加速度为２ ｇ
ｍ－ 当θ °时 Ｐ Ｑ的速度之比为
Ａ． ＝３０ ， 、 １ ∶ ２
答案 ＢＣ 装置被锁定后集装箱做圆周运动 那么在装置 当θ °时 Ｑ的速度最大
， Ｂ． ＝９０ ，
ｖ２ ｖ２ 当θ °时 Ｑ的速度为零
锁定瞬间 由牛顿第二定律得 Ｔ ｍｇ ｍ ０ 即Ｔ ｍｇ ｍ ０ Ｃ． ＝９０ ，
， ： － ＝ Ｌ ， ＝ ＋ Ｌ ， 当θ向 °增大的过程中Ｑ的合力一直增大
Ｄ． ９０
显然集装箱的重力等于Ｔ时 钢绳断裂 错误 如果装置匀 答案 Ｂ 将Ｑ物块沿水平杆的速度为合速度 将其沿细线
， ，Ａ 。 ，
专题四 曲线运动 １１３
方向和垂直细线方向分解 Ｐ Ｑ用同一根细线连接 则Ｑ沿细 游戏 游戏者从离地Ｈ ． 处将篮球水平抛出 球可以直接
， 、 ， ， ＝１５ ｍ ，
线方向的速度与Ｐ的速度相等 则当θ °时ｖ ° ｖ 从右侧离地ｈ ． 的孔进入篮内 也可与地面碰撞反弹一
， ＝３０ Ｑ ｃｏｓ ３０ ＝ ｐ， ＝０ ５ ｍ ，
ｖ 次后从孔进入篮内 设球与地面碰撞前后水平方向分速度不
解得 Ｐ ３ 项错误 Ｐ 的机械能最小时 即为 Ｑ 到达 Ｏ 。
：ｖ ＝ ，Ａ 。 ， 变 竖直方向分速度大小相等 方向相反 球抛出点离篮左侧的
Ｑ ２ ， 、 ，
点正下方时 此时Ｑ的速度最大 即当 θ °时 Ｑ 的速度最 水平距离为Ｌ 不计空气阻力 篮孔的直径比球的直径略
， ， ＝９０ ， ＝５ ｍ， ，
大 正确 错误 当θ向 °增大的过程中Ｑ的合力逐渐减 大 重力加速度ｇ取 ２ 则球要从孔进入篮内 抛出的初
，Ｂ ，Ｃ 。 ９０ ， １０ ｍ／ｓ ， ，
小 当θ °时 Ｑ的速度最大 加速度最小 合力最小 故 错 速度大小可能为
， ＝９０ ， ， ， ， Ｄ （ ）
误 故选
。 Ｂ。
５．（２０１９江苏无锡期末，３）小船横渡一条河 为尽快到达对岸
， ，
船头方向始终与河岸垂直 为避免船撞击河岸 小船先加速后
， ，
减速运动 使小船到达河对岸时恰好不与河岸相撞 小船在静
， 。
水中的行驶速度如图甲所示 水的流速如图乙所示 则下列关
， ，
于小船渡河的说法正确的是
（ ）
Ａ． ５ ｍ／ｓ Ｂ．５ ５ ｍ／ｓ
Ｃ． ５（ ６＋１）ｍ／ｓ Ｄ． ５（ ６－１）ｍ／ｓ
８．（２０１９长沙一中月考，３）甲 乙两个同学对挑乒乓球 设甲同
、 ，
学持拍的拍面与水平方向成 α角 乙同学持拍的拍面与水平
，
方向成β角 如图所示 设乒乓球击打拍面时速度与拍面垂直
， ， ，
且乒乓球每次击打球拍前与击打后速度大小相等 方向相反
， 。
不计空气阻力 则乒乓球击打甲的球拍的速度ｖ 与乒乓球击
小船的运动轨迹为直线 ， １
Ａ． 打乙的球拍的速度ｖ 之比为
小船渡河的河宽是 ２ （ ）
Ｂ． １５０ ｍ
小船到达对岸时 沿河岸下游运动了
Ｃ． ， ６０ ｍ
小船渡河的最大速度是
Ｄ． １３ ｍ／ｓ
答案 Ｂ 小船在静水中先做加速运动后做减速运动 具有
，
加速度 且开始时加速度方向与初速度方向垂直 所以小船的 β α α β
， ， ｓｉｎ ｃｏｓ ｔａｎ ｔａｎ
运动轨迹为曲线 故 错误 研究垂直于河岸方向的运动 速 Ａ． α Ｂ． β Ｃ． β Ｄ． α
， Ａ 。 ， ｓｉｎ ｃｏｓ ｔａｎ ｔａｎ
度 时间图像与时间轴围成的面积表示位移 则小船渡河的河 答案 Ａ 本题考查平抛运动的知识 需要考生理解平抛运
－ ， ，
动的规律并结合几何知识解题 乒乓球被甲的球拍击打后以
宽ｄ １ 故 正确 根据运动的等时性可 。
＝ ×３０×１０ ｍ＝１５０ ｍ， Ｂ 。 速度ｖ 做斜上抛运动到最高点 此运动可看成平抛运动的逆
２ １ ，
知 小船沿河岸方向运动了 运动距离ｘ ｖ ｖ ｖ
， ３０ ｓ， ＝３０×３ ｍ＝９０ ｍ， 过程 设平抛的初速度为 ｖ 则 ｖ ０ ｖ ０ 得 １
故 错误 根据矢量合成法则可知 小船在静水中的速度最 ， ０， １ ＝ α， ２ ＝ β， ｖ ＝
Ｃ 。 ， ｓｉｎ ｓｉｎ ２
大时 ， 渡河速度最大 ， ｖ 合 ｍａｘ ＝ ｖ２水＋ ｖ 船２ ｍａｘ ＝ １０ ２ ＋３ ２ ｍ／ｓ＝ ｓｉｎ α β ，Ａ 项正确 。
故 错误 ｓｉｎ
１０９ｍ／ｓ， Ｄ 。 ９．（２０１９江苏扬州月考，１）如图所示 蜘蛛在地面与竖直墙壁之
６．如图所示 ＡＢ杆以恒定角速度绕Ａ点转动 并带动套在光滑水 ，
， ， 间结网 蛛丝ＡＢ 视为直线段 与水平地面之间的夹角为 °
平杆ＯＣ上的小环Ｍ运动 运动开始时 ＡＢ杆在竖直位置 则 ， （ ） ４５ ，
。 ， ， Ａ点到地面的距离为 若蜘蛛从竖直墙上距地面 ． 的
小环Ｍ的速度将 １ ｍ。 ０８ ｍ
（ ） Ｃ点以水平速度ｖ 跳出 要到达蛛丝 水平速度ｖ 至少为 重
０ ， ， ０ （
力加速度ｇ取 ２ 空气阻力不计
１０ ｍ／ｓ ， ） （ ）
逐渐增大 先减小后增大
Ａ． Ｂ．
先增大后减小 逐渐减小 ．
Ｃ． Ｄ． Ａ．１ ｍ／ｓ Ｂ．２ ｍ／ｓ Ｃ．２５ ｍ／ｓ Ｄ．５ ｍ／ｓ
答案 Ｂ 临界状态为运动轨迹与 ＡＢ 相切 ｘ ｙ ． ｇｔ
， ＝ ＋０ ２， ＝
ｈ ｖ 由以上两式可得ｖ 选项 正确
答案 Ａ 设经过时间ｔ ＯＡＢ ωｔ 则ＡＭ的长度为 ０， ０＝２ ｍ／ｓ， Ｂ 。
，∠ ＝ ， ωｔ， 温馨提示 画出运动轨迹图 位移关系与速度关系就一目了
ｃｏｓ ，
ｈ 然 画轨迹图是解决平抛问题的关键步骤
则ＡＢ杆上小环Ｍ绕Ａ点运动的线速度ｖ ω 将小环 。 。
＝ ·
ｃｏｓ
ωｔ。 １０．表格所示是铁路设计人员技术手册中弯道半径ｒ及与之对应
Ｍ的速度沿ＡＢ杆方向和垂直于ＡＢ杆方向分解
，
垂直于ＡＢ杆
的轨道高度差ｈ的部分数据
。
方向的分速度大小等于小环Ｍ绕Ａ点运动的线速度ｖ 则小环
， 弯道半径ｒ／
ｖ ωｈ ｍ ６６０ ３３０ ２２０ １６５ １３２ １１０
Ｍ的速度ｖ′ 随着时间的延长 小环的速度将
＝ ｃｏｓ ωｔ＝ ｃｏｓ ２ ωｔ， ， 内 、 外轨
不断变大 故 正确 错误 高度差ｈ／ ５０ １００ １５０ ２００ ２５０ ３００
， Ａ ，Ｂ、Ｃ、Ｄ 。 ｍｍ
７．（２０１８长郡中学高考冲刺，２０） 多选 如图所示为篮球趣味 根据表中的数据 试写出ｈ和ｒ关系的表达式 并求
（ ） （１） ， ，
１１４ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
出当ｒ 时 ｈ的设计值 ω ω 小球离开桌面 设绳子与竖直方向夹角为α
＝４４０ ｍ ， ； （２） ２＞ ０， ， ，
铁路建成后 火车通过弯道时 为保证安全 要求内 小球受力如图丙所示 则
（２） ， ， ， 、 ，
外轨道均不向车轮施加侧向压力 已知我国铁路内 外轨的间
， 、
距设计值为Ｌ 结合表中数据 算出我国火车的转
＝１４３５ ｍｍ， ，
弯速率ｖ 以 为单位 结果取整数 轨道倾角很小时 正
（ ｋｍ／ｈ ， ， ，
切值按正弦值处理 ｇ取 ． ２ 丙
， ９８ ｍ／ｓ ）。
答案 （１） 见解析 （２）５４ ｋｍ／ｈ Ｔ ２ ｓｉｎ α ＝ ｍω２ ２ ｌ ｓｉｎ α （２ 分 ）
解析 分析表中数据得每组的ｈ与ｒ之积均相等 有 绳子的张力Ｔ ｍω２ｌ 分
（１） ， ２＝ ２ ＝３６ Ｎ （１ ）
ｈ １ ｒ １＝
即
６６
ｈ
０
ｒ
×
＝
５
３
０
３
×１
ｍ
０
２
－３ ｍ ２ ＝３３ ｍ ２ １２．在水平 由 地 于 面 小 上 球 竖 脱 直 离 固 桌面 定 ， 一 故 根 桌 内 面 壁 受 光 到 滑 的 的 压 圆 力 管 Ｎ
，
２ 管 ＝０ 形或部 （１ 分 分 圆 ）
当ｒ ＝４４０ ｍ 时 ， 将数据代入上式可得 周 ， 圆周的半径Ｒ ＝３ ． ６ ｍ（ 管的内径大小可以忽略 ）， 管的出
口Ａ在圆心的正上方 入口 Ｂ 与圆心的连线与竖直方向成
ｈ ＝７５ ｍｍ。 ，
转弯时 当内外轨对车轮没有侧 ６０
°角
，
如图所示
。
现有一个质量ｍ
＝１ ｋｇ
的小球
（
可视为质
（２） ，
向压力时 火车的受力如图所示
点 从某点Ｐ以一定的初速度水平抛出 恰好从管口Ｂ处沿
） ，
， ：
切线方向飞入管 小球到达Ａ时恰好对管壁无作用力 取ｇ
由牛顿第二定律得ｍｇ α ｍ ｖ２ ， 。 ＝
ｔａｎ ＝ ｒ ２ 求
１０ ｍ／ｓ 。 ：
ｈ
因为α很小 有 α α
， ｔａｎ ≈ｓｉｎ ＝ Ｌ
ｇｈｒ ．
由以上两式可得ｖ ９８×３３
＝ Ｌ ＝ －３ ｍ／ｓ≈１５ ｍ／ｓ
１４３５×１０
＝５４ ｋｍ／ｈ。
１１．如图所示 长为ｌ 的绳子下端连着质量为ｍ 的小
， ＝１ ｍ ＝１ ｋｇ
球 上端悬于天花板上 把绳子拉直 绳子与竖直方向夹角为 小球到达圆管最高点Ａ时的速度大小
， ， ， （１） ；
° 此时小球静止于光滑的水平桌面上 问 ｇ ２ 小球在圆管的最低点Ｃ时 管壁对小球的弹力大小
６０ ， 。 ：（ ＝１０ ｍ／ｓ ） （２） ， ；
小球抛出点Ｐ到管口Ｂ的水平距离ｘ
（３） 。
答案 １８ ３
（１）６ ｍ／ｓ （２）６０ Ｎ （３） ｍ
５
解析 小球在最高点Ａ时对管壁无作用力 由向心力
（１） ，
（１）
当球以ω
１＝４ ｒａｄ／ｓ
做圆锥摆运动时
，
绳子的张力Ｔ
１ 公式可知ｍｇ
ｍｖ２Ａ
为多大 桌面受到的压力Ｎ 为多大 ＝ Ｒ
？ １ ？
当球以ω 做圆锥摆运动时 绳子的张力Ｔ 可得小球到达圆管最高点时的速度大小 ｖ ｇＲ
（２） ２＝６ ｒａｄ／ｓ ， ２ Ａ＝ ＝６
及桌面受到的压力Ｎ 各为多大
２ ？ ｍ／ｓ
答案 设小球在最低点Ｃ时的速度为ｖ 小球从管的最低点
（１）１６ Ｎ ２ Ｎ （２）３６ Ｎ ０ （２） ，
解析 当小球刚好与桌面接触时 受力如图甲所示 则 到最高点Ａ 由机械能守恒定律可知
， ， ，
ｍｇ
·２
Ｒ
＝
１ ｍｖ２
－
１ ｍｖ２Ａ，
２ ２
可得ｖ２ ２ ２
＝１８０ ｍ ／ｓ
ｍｖ２
在最低点 由向心力公式可知Ｆ ｍｇ
甲
， Ｎ－ ＝ Ｒ
{Ｔ
Ｔ
０ ｓｉｎ θ
θ
＝ ｍ
ｍ
ω
ｇ
２ ０ ｌ ｓｉｎ θ
（２
分
）
可得Ｆ Ｎ＝ ｍｇ ＋ ｍ Ｒ ｖ２ ＝６０ Ｎ， 方向竖直向上
０ ｃｏｓ ＝ 设小球在Ｂ点的速度大小为ｖ
ｇ （３） Ｂ，
得临界角速度ω 分 由机械能守恒定律可知
０＝ ｌ θ＝２ ５ ｒａｄ／ｓ （２ ）
ｃｏｓ
（１）
ω
１＜
ω
０，
故小球受力如图乙所示
，
则 ｍｇ
·（
Ｒ
＋
Ｒ
ｃｏｓ６０
°
）＝
２
１ ｍｖ２Ｂ－
２
１ ｍｖ２Ａ，
可得ｖ
Ｂ＝１２ ｍ／ｓ
由平抛运动规律可知 小球做平抛运动的初速度大小
，
ｖ ｖ ° 在 Ｂ 点时的竖直速度 ｖ ｖ °
０＝ Ｂ ｃｏｓ６０ ＝６ ｍ／ｓ， ｙ＝ Ｂ ｓｉｎ６０ ＝
乙
{Ｔ Ｔ １ ｓｉｎ θ θ ＝ Ｎ ｍω ′ ２ １ ｌ ｍ ｓ ｇ ｉｎ θ （２ 分 ） ６ ３ 由 ｍ／ｓ ｖ ｙ＝ ｇｔ可知ｔ ＝ ｖ ｇ ｙ ＝ ３ ３ ｓ
１ｃｏｓ ＋ １ ＝ ５
绳子的张力Ｔ ｍω２ｌ 分 由ｘ ｖ ｔ可知 小球的抛出点到管口 Ｂ 的水平距离 ｘ
１＝ １ ＝１６ Ｎ （１ ） ＝ ０ ， ＝
桌面对小球的支持力Ｎ ′ ｍｇ Ｔ θ
１ ＝ － １ ｃｏｓ ＝２ Ｎ ｖ ｔ １８ ３
由牛顿第三定律得 ， 桌面受到的压力Ｎ １＝ Ｎ １ ′ ＝２ Ｎ ０ ＝ ５ ｍ
分 １３．（２０２０届长沙一中月考，１７）光滑圆轨道和两倾斜直轨道组
（１ ）
专题四 曲线运动 １１５
成如图所示装置 其中直轨道ｂｃ粗糙 直轨道ｄｃ光滑 两轨 不可伸长的轻绳一端 绳的另一端系有质量为ｍ的小球 甩
。 ， ， ， ，
道相接处为一很小的光滑圆弧 质量为 ｍ ． 的滑块 动手腕 使球在竖直平面内做圆周运动 当小球某次运动到
。 ＝０ １ ｋｇ ， 。
可视为质点 经过圆轨道内侧的最高点ａ点向右运动 速 最低点时 绳突然断掉 球飞行水平距离ｄ后落地 如图所示
（ ） 。 ， ， ， 。
度大小为ｖ 当滑块运动到圆轨道与直轨道ｂｃ的相
＝４ ｍ／ｓ。 已知握绳的手离地面高度为ｄ 手与球之间的绳长为 ３ ｄ 忽
切处ｂ时 沿倾斜直轨道ｂｃ滑行 到达轨道ｃｄ上的ｄ点时速 ， ，
， ， ４
度为零 若滑块变换轨道瞬间的能量损失可忽略不计 已知圆 略手的运动半径和空气阻力
。 ， 。
轨道的半径为Ｒ ． 直轨道ｂｃ的倾角θ ° 其长度为Ｌ
＝０２５ｍ， ＝３７ ，
． ｄ点与水平面间的高度差为ｈ ． 取重力加速
＝２６２５ｍ， ＝０２ ｍ（
度ｇ ２ ° ． ° ． 求
＝１０ｍ／ｓ ，ｓｉｎ３７ ＝０ ６，ｃｏｓ３７ ＝ ０ ８）。 ：
求绳断时球的速度大小 ｖ 和球落地时的速度大
（１） １
小ｖ
２。
求绳能承受的最大拉力
（２） 。
滑块在圆轨道最高点ａ时对轨道的压力大小 改变绳长 使球重复上述运动 若绳仍在球运动到最
（１） ； （３） ， ，
滑块与直轨道ｂｃ间的动摩擦因数 低点时断掉 要使球抛出的水平距离最大 绳长应是多少 最
（２） ； ， ， ？
滑块在轨道ｂｃ上能够运动的时间 大水平距离为多少
（３） 。 ？
答案 ． ． ．
（１）５４ Ｎ （２）０７２ （３）７６６ ｓ 答案 ｇｄ ５ ｇｄ
解析 本题考查了牛顿运动定律和向心力的知识 考查了 （１） ２
， ２
推理能力和分析综合能力 体现了运动与相互作用观念 模型
， 、 １１ｍｇ
建构 科学推理的核心素养 （２）
、 。 ３
在圆轨道最高点ａ处对滑块 ｄ
（１） ， ２ ３ｄ
ｖ２ （３）
由牛顿第二定律得 ｍｇ Ｆ ｍ ２ ３
： ＋ ＝ Ｒ 解析 设绳断后球飞行时间为ｔ 由平抛运动规律得
（１） ，
(ｖ２ )
得Ｆ ｍ ｇ ． 竖直方向 １ ｄ １ ｇｔ２
＝ Ｒ－ ＝５４ Ｎ ＝
４ ２
由牛顿第三定律得滑块在圆轨道最高点ａ时对轨道的压 水平方向ｄ ｖ ｔ
＝ １
力大小为 ． 解得ｖ ｇｄ
从
５
ａ
４
点
Ｎ
到ｄ点全程 由动能定理得
１＝ ２
（２） ， ： ｇｄ
在竖直方向上应用运动学公式ｖ ｇｔ
ｙ＝ ＝
ｍｇ
（
Ｒ
＋
Ｒ
ｃｏｓ
θ
＋
Ｌ
ｓｉｎ
θ
－
ｈ
）－
μｍｇ
ｃｏｓ
θ
·
Ｌ
＝０－
１ ｍｖ２
２
２
解得μ
≈０
．
７２
所以ｖ
２＝
ｖ２
１＋
ｖ２ｙ
＝
５ ｇｄ
其他解法参照给分 ２
（ ） 设绳能承受的最大拉力大小为Ｆ 这也是球受到绳的
设滑块在ｂｃ上向下滑动的加速度为ａ 时间为ｔ 向 （２） ，
（３） １， １，
上滑动的加速度为ａ 时间为ｔ 在ｃ点时的速度为ｖ 最大拉力 球做圆周运动的半径为Ｒ ３ ｄ
２， ２， ｃ。 。 ＝
４
由ｃ到ｄ
∶
１ ｍｖ２ｃ＝ ｍｇｈ
对小球在最低点由牛顿第二定律得Ｆ ｍｇ
ｍｖ２
１
２ － ＝ Ｒ
ｖ ｇｈ
ｃ＝ ２ ＝２ ｍ／ｓ 解得Ｆ １１ｍｇ
＝
ａ点到ｂ点的过程
：
ｍｇＲ
（１＋ｃｏｓ
θ
）＝
２
１ ｍｖ２ｂ－
２
１ ｍｖ２
设绳长
３
为ｌ 绳断时球的速度大小为ｖ 绳承受的最
（３） ， ３，
所以ｖ
ｂ＝
ｖ２
＋２
ｇＲ
（１＋ｃｏｓ
θ
）＝５ ｍ／ｓ 大拉力不变 由牛顿第二定律得Ｆ ｍｇ
ｍｖ２
３
ｖ ｖ 。 － ＝ ｌ
在轨道ｂｃ上 下滑 Ｌ ｂ＋ ｃｔ
， ： ＝ １
２ 解得ｖ ８ ｇｌ
ｔ ２
Ｌ
．
３＝
３
１＝ｖ ｂ＋ ｖ ｃ ＝７５ ｓ 绳断后球做平抛运动 竖直位移为ｄ ｌ 水平位移为ｘ 时
， － ， ，
上
ａ
滑
ｇ
： ｍｇ
θ
ｓｉｎ
μ
θ
ｇ
＋ μｍｇ
θ
ｃｏｓ θ
．
＝ ｍａ ２
２
间为ｔ １， 则
０
２
＝
＝
ｖ ｃ－
ｓ
ａ
ｉ
２
ｎ
ｔ ２
＋ ｃｏｓ ＝１２４ ｍ／ｓ 竖直方向ｄ
－
ｌ
＝ ２
１ ｇｔ２
１
ｖ 水平方向ｘ ｖ ｔ
ｔ ｃ ２ ． 因为μ θ 所以滑块在轨道ｂｃ ＝ ３ １
２＝ａ
２
＝
１２
．
４
ｓ≈０１６ ｓ， ＞ｔａｎ ，
解得ｘ ｌ （ ｄ － ｌ ）
上停止后不再下滑 ， 滑块在两个斜面上运动总时间 ： ｔ 总＝ ｔ １＋ ＝４ ３
ｔ ． ． ．
１４．（ ２ ２ ＝ ０ （ １ ７ ８ ５ 河 ＋０ 南 １ 师 ６） 大 ｓ 附 ＝７ 中 ６ 段 ６ ｓ 考，１６）小明站在水平地面上 手握住 当ｌ ｄ 时 ｘ有极大值 ｘ ２ ３ｄ
， ＝ ， ， ｍａｘ＝
２ ３
１１６ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
考点一 曲线运动、运动的合成与分解 速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少
Ｃ．
１．（２０１８北京理综，２０，６分）根据高中所学知识可知 做自由落 速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大
， Ｄ．
体运动的小球 将落在正下方位置 但实际上 赤道上方 ２． 答案 Ｃ
， 。 ， ２００ ｍ
处无初速下落的小球将落在正下方位置偏东约 处 这一 ３．（２０１８课标Ⅲ，１７，６分）在一斜面顶端 将甲 乙两个小球分
６ ｃｍ 。 ， 、
现象可解释为 除重力外 由于地球自转 下落过程小球还受到 ｖ
， ， ， 别以ｖ和 的速度沿同一方向水平抛出 两球都落在该斜面
一个水平向东的 力 该 力 与竖直方向的速度大小成正比 ，
２
“ ”， “ ” 。
上 甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的
现将小球从赤道地面竖直上抛 考虑对称性 上升过程该 力
。 （ ）
， ， “ ”
倍 倍 倍 倍
水平向西 则小球
Ａ．２ Ｂ．４ Ｃ．６ Ｄ．８
， （ ）
到最高点时 水平方向的加速度和速度均为零
３． 答案 Ａ
Ａ． ，
到最高点时 水平方向的加速度和速度均不为零
４．（２０１７课标Ⅱ，１７，６分）如图 半圆形光滑轨道固定在水平地
，
Ｂ． ，
落地点在抛出点东侧
面上 半圆的直径与地面垂直 一小物块以速度ｖ从轨道下端
， 。
Ｃ．
滑入轨道 并从轨道上端水平飞出 小物块落地点到轨道下
落地点在抛出点西侧
， ，
Ｄ．
１． 答案 Ｄ 端的距离与轨道半径有关
，
此距离最大时对应的轨道半径
２．（２０１７江苏单科，５，３分）如图所示 一小物块被夹子夹紧 夹 为
（
重力加速度大小为ｇ
） （ ）
， ，
子通过轻绳悬挂在小环上 小环套在水平光滑细杆上 物块质
， 。
量为Ｍ 到小环的距离为Ｌ 其两侧面与夹子间的最大静摩擦
， ，
力均为Ｆ 小环和物块以速度ｖ向右匀速运动 小环碰到杆上
。 ，
的钉子Ｐ后立刻停止
，
物块向上摆动
。
整个过程中
，
物块在夹
ｖ２ ｖ２ ｖ２ ｖ２
子中没有滑动 小环和夹子的质量均不计 重力加速度为ｇ Ａ． ｇ Ｂ． ｇ Ｃ． ｇ Ｄ． ｇ
。 ， 。 １６ ８ ４ ２
下列说法正确的是 ４． 答案 Ｂ
（ ）
５．（２０１９课标Ⅱ，１９，６ 分） 多选 如图 在跳台滑雪比赛
（ ） （ａ），
中 运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑
，
翔的距离 某运动员先后两次从同一跳台起跳 每次都从离开
。 ，
跳台开始计时 用ｖ表示他在竖直方向的速度 其ｖ ｔ图像如
， ， －
图 所示 ｔ 和ｔ 是他落在倾斜雪道上的时刻 则
（ｂ） ，１ ２ 。 （ ）
物块向右匀速运动时 绳中的张力等于 Ｆ
Ａ． ， ２
小环碰到钉子Ｐ时 绳中的张力大于 Ｆ
Ｂ． ， ２
ｖ２
物块上升的最大高度为２
Ｃ． ｇ
第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小
Ａ．
Ｆ Ｍｇ Ｌ
速度ｖ不能超过 （２ － ） 第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大
Ｄ． Ｍ Ｂ．
第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大
２． 答案 Ｄ Ｃ．
竖直方向速度大小为ｖ 时 第二次滑翔在竖直方向上所受
Ｄ． １ ，
阻力比第一次的大
考点二 抛体运动
５． 答案 ＢＤ
１．（２０２０浙江１月选考，５，３ 分）如图所示 钢球从斜槽轨道末
，
端以ｖ 的水平速度飞出 经过时间 ｔ 落在斜靠的挡板 ＡＢ 中 考点三 圆周运动
０ ，
点 若钢球以 ｖ 的速度水平飞出 则
。 ２ ０ ， （ ） １．（２０２０课标Ⅰ，１６，６分）如图 一同学表演荡秋
，
千 已知秋千的两根绳长均为 该同学和秋
。 １０ ｍ，
千踏板的总质量约为 绳的质量忽略不计
５０ｋｇ。 。
当该同学荡到秋千支架的正下方时 速度大小为
，
此时每根绳子平均承受的拉力约为
８ ｍ／ｓ，
（ ）
下落时间仍为ｔ 下落时间为 ｔ Ａ．２００ Ｎ Ｂ．４００ Ｎ Ｃ．６００ Ｎ Ｄ．８００ Ｎ
Ａ． Ｂ． ２ １． 答案 Ｂ
下落时间为 ｔ 落在挡板底端Ｂ点 ２．（２０２１河北新高考适应卷，８，６分） 多选 如图 内壁光滑的
Ｃ． ２ Ｄ． （ ） ，
１． 答案 Ｃ 玻璃管内用长为Ｌ的轻绳悬挂一个小球 当玻璃管绕竖直轴
。
２．（２０１７课标Ⅰ，１５，６分）发球机从同一高度向正前方依次水 以角速度ω匀速转动时 小球与玻璃管间恰无压力 下列说
， 。
平射出两个速度不同的乒乓球 忽略空气的影响 速度较大 法正确的是
（ ）。 （ ）
的球越过球网 速度较小的球没有越过球网 其原因是
， ； （ ）
速度较小的球下降相同距离所用的时间较多
Ａ．
速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大
Ｂ．
专题四 曲线运动 １１７
所受合力的大小始终为ｍω２Ｒ
Ｄ．
４． 答案 ＢＤ
５．（２０１８江苏单科，６，４分） 多选 火车以 的速率转过
（ ） ６０ ｍ／ｓ
一段弯道 某乘客发现放在桌面上的指南针在 内匀速转
， １０ ｓ
过了约 ° 在此 时间内 火车
１０ 。 １０ ｓ ， （ ）
运动路程为 加速度为零
Ａ． ６００ ｍ Ｂ．
角速度约为 转弯半径约为 ．
Ｃ． １ ｒａｄ／ｓ Ｄ． ３４ ｋｍ
５． 答案 ＡＤ
６．（２０１９海南单科，６，４分）如图 一硬币 可视为质点 置于水
， （ ）
平圆盘上 硬币与竖直转轴ＯＯ′的距离为ｒ 已知硬币与圆盘之
， ，
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
（ ），
速度大小为ｇ 若硬币与圆盘一起绕ＯＯ′轴匀速转动 则圆盘
。 ，
仅增加绳长后 小球将受到玻璃管斜向上方的压力 转动的最大角速度为
Ａ． ， （ ）
仅增加绳长后 若仍保持小球与玻璃管间无压力 需减小ω
Ｂ． ， ，
仅增加小球质量后 小球将受到玻璃管斜向上方的压力
Ｃ． ，
仅增加角速度至ω′后 小球将受到玻璃管斜向下方的压力
Ｄ． ，
２． 答案 ＢＤ
３．（２０１８浙江４月选考，４，３分）Ａ Ｂ两艘快艇在湖面上做匀速
、
圆周运动 如图 在相同时间内 它们通过的路程之比是 μｇ μｇ μｇ μｇ
（ ）， ， ４ ∶ １ ２
运动方向改变的角度之比是 则它们 Ａ． ｒ Ｂ． ｒ Ｃ． ｒ Ｄ．２ ｒ
３， ３ ∶ ２， （ ） ２
６． 答案 Ｂ
７．（２０２０江苏单科，１５，１６分）如图所示 鼓形轮的半径为Ｒ 可
， ，
绕固定的光滑水平轴Ｏ转动 在轮上沿相互垂直的直径方向
。
固定四根直杆 杆上分别固定有质量为ｍ的小球 球与Ｏ的距
， ，
离均为 Ｒ 在轮上绕有长绳 绳上悬挂着质量为 Ｍ 的重物
２ 。 ， 。
线速度大小之比为
重物由静止下落 带动鼓形轮转动 重物落地后鼓形轮匀速转
Ａ． ４ ∶ ３
， 。
角速度大小之比为
Ｂ． ３ ∶ ４
动 转动的角速度为ω 绳与轮之间无相对滑动 忽略鼓形轮
， 。 ， 、
圆周运动的半径之比为
Ｃ． ２ ∶ １
直杆和长绳的质量 不计空气阻力 重力加速度为ｇ 求
， ， 。 ：
向心加速度大小之比为
Ｄ． １ ∶ ２
重物落地后 小球线速度的大小ｖ
３． 答案 Ａ （１）
重物落地后
，
一小球转到水平位置
；
Ａ 此时该球受到杆
（２） ，
４．（２０１９江苏单科，６，４分）
（
多选
）
如图所示
，
摩天轮悬挂的座
的作用力的大小Ｆ
；
舱在竖直平面内做匀速圆周运动
。
座舱的质量为ｍ
，
运动半径
重物下落的高度ｈ
（３） 。
为Ｒ 角速度大小为ω 重力加速度为ｇ 则座舱
， ， ， （ ）
Ｒ
运动周期为２π
Ａ． ω
线速度的大小为ωＲ ７． 答案 见解析
Ｂ．
受摩天轮作用力的大小始终为ｍｇ
Ｃ．
１１８ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
考点一 曲线运动、运动的合成与分解 ３．（２０１４四川理综，４，６分）有一条两岸平直 河水均匀流动 流
、 、
１．（２０１５课标Ⅱ，１６，６分）由于卫星的发射场不在赤道上 同步 速恒为ｖ的大河 小明驾着小船渡河 去程时船头指向始终与
， 。 ，
卫星发射后需要从转移轨道经过调整再进入地球同步轨道 河岸垂直 回程时行驶路线与河岸垂直 去程与回程所用时间
。 ， 。
当卫星在转移轨道上飞经赤道上空时 发动机点火 给卫星一 的比值为ｋ 船在静水中的速度大小相同 则小船在静水中的
， ， ， ，
附加速度 使卫星沿同步轨道运行 已知同步卫星的环绕速度 速度大小为
， 。 （ ）
约为 ． ３ 某次发射卫星飞经赤道上空时的速度为 ｋｖ ｖ ｋｖ ｖ
３１×１０ ｍ／ｓ，
． ３ 此时卫星的高度与同步轨道的高度相同 转移 Ａ． ｋ２ Ｂ． ｋ２ Ｃ． ｋ２ Ｄ． ｋ２
１５５×１０ ｍ／ｓ， ， －１ １－ １－ －１
轨道和同步轨道的夹角为 ° 如图所示 发动机给卫星的附 答案 Ｂ 去程时船头垂直河岸如图所示 由合运动与分运
３０ ， 。 ，
加速度的方向和大小约为 ｄ
（ ） 动具有等时性并设河宽为ｄ 则去程时间ｔ 回程时行驶
， １＝ ｖ ；
１
ｄ ｔ
路线垂直河岸 故回程时间ｔ 由题意有 １ ｋ 则ｋ
， ２＝ ｖ２ ｖ２ ， ｔ ＝ ， ＝
１－ ２
ｖ２
１－
ｖ２
得ｖ
ｖ２ ｖ
选项 正确
ｖ
１
， １＝
１－
ｋ２ ＝
１－
ｋ２ ， Ｂ 。
西偏北方向 ． ３
Ａ． ，１９×１０ ｍ／ｓ
东偏南方向 ． ３
Ｂ． ，１９×１０ ｍ／ｓ
西偏北方向 ． ３
Ｃ． ，２７×１０ ｍ／ｓ
Ｄ． 东偏南方向 ，２ ． ７×１０ ３ ｍ／ｓ 解题关键 此题以小船过河为情境考查运动的合成和分解
答案 Ｂ 同步卫星的速度ｖ方向为正东方向 设卫星在转移 ，
， 解答本题的关键点有二 一是合运动和分运动具有等时性 二
轨道的速度为ｖ 附加速度为ｖ 由速度的合成可知ｖ 的方向为 ： ；
１， ２， ２ 是利用河宽为定值 ， 去程为分运动的位移 ， 返程为合运动的位
东偏南方向 其大小为ｖ ｖ ° ｖ ２ ｖ ° ２ ． 移 确定去返的时间 该题难度适中 但有很好的区分度
， ２＝ （ ｃｏｓ３０ － １） ＋（ ｓｉｎ３０ ） ≈１９× ， ， ， 。
３ 故 选项正确
１０ ｍ／ｓ， Ｂ 。
考点二 抛体运动
１．（２０２０江苏单科，８，４分） 多选 如图所示 小球Ａ Ｂ分别从
（ ） ， 、
ｌ和ｌ的高度水平抛出后落地 上述过程中Ａ Ｂ的水平位移分
２ ， 、
别为ｌ和 ｌ 忽略空气阻力 则
２。 ， （ ）
解题关键 当卫星运动到转移轨道和同步轨道交会处时
① ，
不仅需要调整卫星的速度大小 而且还需要调整卫星运动的方
，
向 需要将此卫星在转移轨道的速度 附加速度和同步卫星
。 ② 、
的环绕速度放在同一平面内考虑 正确画出如解析中的速
。 ③
度合成图是正确解答的关键
。
２．（２０１３海南单科，８，５ 分） 多选 关于物体所受合外力的方
（ ）
向 下列说法正确的是
， （ ）
物体做速率逐渐增加的直线运动时 其所受合外力的方向一 Ａ和Ｂ的位移大小相等 Ａ的运动时间是Ｂ的 倍
Ａ． ， Ａ． Ｂ． ２
定与速度方向相同
Ａ的初速度是Ｂ的 １ Ａ的末速度比Ｂ的大
物体做变速率曲线运动时 其所受合外力的方向一定改变 Ｃ． Ｄ．
Ｂ． ， ２
物体做变速率圆周运动时 其所受合外力的方向一定指向 答案 ＡＤ 由图可知 两球的位移大小均为 ｌ２ ｌ ２
Ｃ． ， ， ＋（２） ＝
圆心 ｌ 项正确 由小球在竖直方向做自由落体运动得 ｙ
５ ，Ａ 。 ＝
物体做匀速率曲线运动时 其所受合外力的方向总是与速度
Ｄ． ， ｙ
方向垂直 １ ｇｔ２ 可知小球在空中运动时间ｔ ２ 故Ａ的运动时间是
， ＝ ｇ ，
答案 ＡＤ 当物体的速率增大时 合外力是动力 合外力与 ２
， ， Ｂ的 倍 项错误 再结合水平分运动 ｘ ｖ ｔ 可得 ｖ ｘ
速度方向间夹角小于 ° 而在直线运动中速率增大时合外力方 ２ ，Ｂ 。 ＝ ０ ０ ＝
９０ ， ｇ
向与速度方向间夹角必为 ° 正确 物体做变速率的曲线运动 故Ａ的初速度是Ｂ的 １ 项错误 由机械能守恒可
０ ，Ａ ； ｙ， ，Ｃ 。
时其合外力可能不变 如平抛运动 故 错误 物体做变速率的 ２ ２ ２
， ， Ｂ ；
圆周运动时 合外力一方面提供了改变速度方向的向心力 另一 ｇｘ２ ｇｌ
方面还提供 ， 了改变速度大小的切向力 故此时合外力的方 ， 向一 得小球落地时的速度ｖ ＝ ｖ２ ０＋２ ｇｙ ＝ ｙ＋２ ｇｙ ， 故ｖ Ａ＝ １７ 、
２ ２
，
定不指向圆心 错误 在匀速率曲线运动中 由于物体的速度 ｖ ｇｌ 项正确
，Ｃ ； ， Ｂ＝２ ，Ｄ 。
大小不变 则物体在速度方向上所受外力矢量和必为零 即物体 ２．（２０１９海南单科，１０，５分） 多选 三个小物块分别从 条不
， ， （ ） ３
所受合外力方向只能是垂直于速度方向 从而只改变速度方向 同光滑轨道的上端由静止开始滑下 已知轨道 轨道 轨道
， 。 １、 ２、
而做曲线运动 但不改变速度的大小 正确 的上端距水平地面的高度均为 ｈ 它们的下端水平 距地面
， ，Ｄ 。 ３ ４ ０； ，
专题四 曲线运动 １１９
的高度分别为ｈ ｈ ｈ ｈ ｈ ｈ 如图所示 若沿轨道
１＝ ０、 ２＝２ ０、 ３＝３ ０， 。
下滑的小物块的落地点到轨道下端的水平距离分别记
１、２、３
为ｓ ｓ ｓ 则
１、 ２、 ３， （ ）
Ｌ２
足球位移的大小ｘ ｓ２
ｓ ｓ ｓ ｓ ｓ ｓ ｓ ｓ Ａ． ＝ ＋
Ａ． １＞ ２ Ｂ． ２＞ ３ Ｃ． １＝ ３ Ｄ． ２＝ ３ ４
答案 ＢＣ 根据ｍｇｈ １ ｍｖ２ 得小物块离开轨道时的水平 足球初速度的大小ｖ
ｇ (Ｌ２
ｓ２
)
＝ Ｂ． ０＝ ｈ ＋
２ ２ ４
速度ｖ
＝ ２
ｇｈ
，
轨道
１、２、３
下滑的小物块的初速度之比为
足球末速度的大小ｖ
ｇ (Ｌ２
ｓ２
)
ｇｈ
ｈ Ｃ． ＝ ｈ ＋ ＋４
由ｈ １ ｇｔ２ 可知ｔ ２ 轨道 下滑的小 ２ ４
３ ∶ ２ ∶ １， ＝ ， ＝ ｇ ， １、２、３ Ｌ
２ 足球初速度的方向与球门线夹角的正切值 θ
Ｄ． ｔａｎ ＝ ｓ
物块的时间之比为 根据ｘ ｖｔ可知 小物块的落地 ２
１ ∶ ２ ∶ ３， ＝ ，
点到轨道下端的水平距离之比ｓ
１ ∶
ｓ
２ ∶
ｓ
３＝ ３ ∶ ２ ∶ ３，
故选项 答案 Ｂ 如图
，
足球平抛运动的水平位移ｘ
＝
ｓ２
＋
Ｌ２
，
不是
正确 错误 ４
Ｂ、Ｃ ，Ａ、Ｄ 。 ｘ
３．（２０１８江苏单科，３，３分）某弹射管每次弹出的小球速度相等 足球的位移 所以 错 由 ｘ ｖ ｔ ｈ １ ｇｔ２ 得ｖ
。 ， Ａ 。 ＝ ０ ， ＝ ， ０＝ ｔ ＝
在沿光滑竖直轨道自由下落过程中 该弹射管保持水平 先后弹出 ２
两只小球 忽略空气阻力 两只小球 ， 落到水平地面的 ， Ｌ２ ｈ ｇ (Ｌ２ )
。 ， （ ）
ｓ２
＋
／ ２
ｇ ＝ ｈ ＋
ｓ２
，Ｂ
正确
。
足球的末速度 ｖ
＝
时刻相同 地点相同 时刻相同 地点不同 ４ ２ ４
Ａ． ， Ｂ． ，
时刻不同 地点相同 时刻不同 地点不同 ｇ (Ｌ２ )
Ｃ．
答案 Ｂ
，
本题考查了运动的
Ｄ．
合成与分
，
解 通过分析两只
ｖ２
０＋
ｖ２ｙ
＝ ｈ ＋
ｓ２
＋２
ｇｈ
，
所以
Ｃ
错误
。
由图可知足球初速
。 ２ ４
小球的运动性质考查了考生的理解能力 推理能力 体现了对 Ｌ
、 ， 度方向与球门线的夹角为θ θ ｓ／ ｓ／Ｌ 故 错误 所以
，ｔａｎ ＝ ＝２ ， Ｄ 。
物理观念 科学思维和科学探究的素养考查 ２
、 。
本题选
由题意知 在竖直方向上 两只小球同时同高度自由下落 Ｂ。
， ， ，
运动状态始终相同 由ｈ １ ｇｔ２ 知落到水平地面的时刻相同
， ＝ 。
２
在水平方向上 小球被弹出后做速度相等的匀速直线运动 但
， ，
先抛出的小球水平方向运动时间较长 由ｘ ｖ ｔ知 ｘ ｘ 即
， ＝ ０ ， 先＞ 后，
两只小球落到水平地面的地点不同 故选
。 Ｂ。
４．（２０１６江苏单科，２，３分）有Ａ Ｂ两小球 Ｂ的质量为Ａ的两
、 ，
倍 现将它们以相同速率沿同一方向抛出 不计空气阻力 图 ６．（２０１５四川理综，１，６分）在同一位置以相同的速率把三个小
。 ， 。
中 为Ａ的运动轨迹 则Ｂ的运动轨迹是 球分别沿水平 斜向上 斜向下方向抛出 不计空气阻力 则落
① ， （ ） 、 、 ， ，
在同一水平地面时的速度大小
（ ）
一样大 水平抛的最大
Ａ． Ｂ．
斜向上抛的最大 斜向下抛的最大
Ｃ． Ｄ．
答案 Ａ 根据机械能守恒定律得 落地时三个小球速度大
，
小相同
。
７．（２０１３安徽理综，１８，６ 分）由消防水龙带的喷嘴喷出水的流
Ａ．① Ｂ．② Ｃ．③ Ｄ．④ 量是 ０ ． ２８ ｍ ３ ／ｍｉｎ， 水离开喷口时的速度大小为 １６ ３ ｍ／ｓ， 方
答案 Ａ 不计空气阻力 Ａ Ｂ两球运动过程中加速度ａ 向与水平面夹角为 ° 在最高处正好到达着火位置 忽略空
， 、 ＝ ６０ ， ，
ｇ 以相同速率沿同一方向抛出 都做斜上抛运动 故两球轨迹 气阻力 则空中水柱的高度和水量分别是 重力加速度 ｇ 取
， ， ， ， （
相同 选项正确
，Ａ 。 １０ ｍ／ｓ ２ ） （ ）
易错点拨 试题以斜上抛为背景 ， 虽然两球质量不同 ， 但在不 Ａ．２８ ． ８ ｍ １ ． １２×１０ －２ ｍ ３ Ｂ．２８ ． ８ ｍ ０ ． ６７２ ｍ ３
计空气阻力时运动的加速度均为重力加速度 ， 考生可能会由生 Ｃ．３８ ． ４ ｍ １ ． ２９×１０ －２ ｍ ３ Ｄ．３８ ． ４ ｍ ０ ． ７７６ ｍ ３
活经验 重的物体飞行高度低 所用时间短 而错选 或 答案 Ａ 如图 水离开喷口时水平速度 ｖ ｖ °
“ ， ” Ｃ Ｄ。 ， ｘ ＝ ｃｏｓ ６０ ＝
５．（２０１５浙江理综，１７，６分）如图所示为足球球门 球门宽为Ｌ
， 。
一个球员在球门中心正前方距离球门ｓ处高高跃起 将足球顶 ８ ３ ｍ／ｓ
入球门的左下方死角 图中 Ｐ 点 球员顶球点的 ， 高度为 ｈ ｖ ｙ＝ ｖ ｓｉｎ６０ ° ＝２４ ｍ／ｓ
足球做平抛运动 足球
（
可看成质点
）。
忽略空气阻力 则
。
所以高度ｈ
ｖ２ｙ
．
（ ， ）， （ ） ＝ ｇ＝２８８ ｍ
２
ｖ
上升时间ｔ ｙ ．
＝ ｇ ＝２４ ｓ
１２０ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
． 路段前方有一个坑 该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为
所以水量为 ． ２４ ３ ． －２ ３ 选项 正确 ，
０２８× ｍ ＝１１２×１０ ｍ ， Ａ 。 ｈ 其左边缘ａ点比右边缘ｂ点高 ． ｈ 若摩托车经过ａ点
６０ ３ ， ０ ５ 。
８．（２０１３上海单科，１９，４分） 多选 如图 轰炸机沿水平方向匀 时的动能为Ｅ 它会落到坑内ｃ点 ｃ与ａ的水平距离和高度
（ ） ， １， ，
速飞行 到达山坡底端正上方时释放一颗炸弹 并垂直击中山 差均为ｈ 若经过ａ点时的动能为Ｅ 该摩托车恰能越过坑到
， ， ； ２，
坡上的目标Ａ 已知Ａ点高度为ｈ 山坡倾角为θ 由此可算出 Ｅ
。 ， ， 达ｂ点 ２等于
。 Ｅ （ ）
（ ） １
． ．
Ａ．２０ Ｂ．１８ Ｃ．９０ Ｄ．３０
轰炸机的飞行高度 轰炸机的飞行速度 ｇ
Ａ． Ｂ． 答案 Ｂ 由平抛运动规律有ｘ ｖ ｔ ｙ １ｇｔ２ 得ｖ ｘ
炸弹的飞行时间 炸弹投出时的动能 ＝ ０ ， ＝ ， ０＝ ｙ；
Ｃ． Ｄ． ２ ２
答案 ＡＢＣ 设轰炸机投弹位置高度为Ｈ ， 炸弹水平位移为 动能Ｅ １ｍｖ２ ｍｇｘ２ ｘ２ 故 Ｅ ２ æ ç ｘ ２ ö ÷ ２ ｙ １ ( ３ ｈ) ２ ｈ
ｓ 则Ｈ ｈ １ ｖ ｔ ｓ ｖ ｔ 二式相除
Ｈ
－
ｈ
１
ｖ
ｙ 因为
ｖ
ｙ
ｋ＝
２
０＝
４
ｙ ∝ｙ ， Ｅ
１
＝èｘ
１
ø ·ｙ
２
＝ ｈ ·
０
．
５
ｈ
， － ＝ ｙ· ， ＝ ０ ， ｓ ＝ ·ｖ ， ｖ ＝ 故 正确
２ ２ ０ ０ ＝１８， Ｂ 。
ｈ ｈ １２．（２０１５课标Ⅰ，１８，６分，０．５２８）一带有乒乓球发射机的乒乓
１ ｓ 所以Ｈ ｈ 正确 根据Ｈ ｈ １ ｇｔ２ 可
θ， ＝ θ， ＝ ＋ ２ θ，Ａ ； － ＝ 球台如图所示 水平台面的长和宽分别为Ｌ 和Ｌ 中间球网
ｔａｎ ｔａｎ ２ ｔａｎ ２ 。 １ ２，
求出飞行时间 再由ｓ ｖ ｔ可求出飞行速度 故 正确 不知 高度为ｈ 发射机安装于台面左侧边缘的中点 能以不同速
， ＝ ０ ， Ｂ、Ｃ ； 。 ，
道炸弹质量 不能求出炸弹的动能 错误 率向右侧不同方向水平发射乒乓球 发射点距台面高度为
， ，Ｄ 。 ，
９．（２０１３江苏单科，７，４分） 多选 如图所示 从地面上同一位 ｈ 不计空气的作用 重力加速度大小为ｇ 若乒乓球的发
（ ） ， ３ 。 ， 。
置抛出两小球Ａ Ｂ 分别落在地面上的Ｍ Ｎ点 两球运动的最 射速率ｖ在某范围内 通过选择合适的方向 就能使乒乓球落
、 ， 、 ， ， ，
大高度相同 空气阻力不计 则 到球网右侧台面上 则ｖ的最大取值范围是
。 ， （ ） ， （ ）
Ｂ的加速度比Ａ的大
Ａ．
Ｂ的飞行时间比Ａ的长
Ｂ． Ｌ ｇ ｇ
Ｂ在最高点的速度比Ａ在最高点的大 １ ｖ Ｌ
Ｃ． Ａ． ｈ＜ ＜ １ ｈ
２ ６ ６
Ｂ在落地时的速度比Ａ在落地时的大
Ｄ． Ｌ ｇ Ｌ２ Ｌ２ ｇ
答案 ＣＤ 两球加速度都是重力加速度ｇ 错误 飞行时 １ ｖ （４ １＋ ２）
，Ａ ； Ｂ． ｈ ＜ ＜ ｈ
４ ６
ｈ
间ｔ ＝２ ２ ｇ ， 因ｈ相同 ， 则ｔ相同 ，Ｂ 错误 ； 水平位移ｘ ＝ ｖ ｘ· ｔ ， Ｌ １ ｇ ｖ １ （４ Ｌ２ １＋ Ｌ２ ２） ｇ
Ｃ． ｈ＜ ＜ ｈ
在ｔ相同情况下 ｘ 越大说明 ｖ 越大 正确 落地速度 ｖ ２ ６ ２ ６
， ｘ ，Ｃ ； ＝
Ｌ ｇ Ｌ２ Ｌ２ ｇ
ｖ２ｘ＋ ｖ２ｙ， 两球落地时竖直速度ｖ ｙ 相同 ， 可见ｖ ｘ 越大 ， 落地速度 Ｄ． １ ｈ ＜ ｖ ＜ １ （４ １＋ ｈ ２）
ｖ越大 正确 ４ ２ ６
，Ｄ 。 答案 Ｄ 乒乓球做平抛运动 落到右侧台面上时经历的
１０．（２０１２课标，１５，６分） 多选 如图 ｘ轴在水平地面内 ｙ轴 ，
（ ） ， ，
沿竖直方向 图中画出了从ｙ轴上沿ｘ轴正向抛出的三个小 时间ｔ 满足 ｈ １ ｇｔ２ 当ｖ取最大值时其水平位移最大 落
。 １ ３ ＝ １。 ，
球ａ ｂ和ｃ的运动轨迹 其中ｂ和ｃ是从同一点抛出的 不计 ２
空气 、 阻力 ， 则 ， （ 。 ） 点应在右侧台面的台角处 ， 有ｖ ｍａｘ ｔ １＝ Ｌ２ １＋ æ è ç Ｌ ２ ö ø ÷ ２ ， 解得ｖ ｍａｘ
２
Ｌ２ Ｌ２ ｇ
１ （４ １＋ ２） 当ｖ取最小值时其水平位移最小 发射方
＝ ｈ ； ，
２ ６
Ｌ
向沿正前方且恰好擦网而过 此时有 ｈ ｈ １ ｇｔ２ １ ｖ ｔ
， ３ － ＝ ２， ＝ ｍｉｎ ２，
２ ２
ａ的飞行时间比ｂ的长 ｂ和ｃ的飞行时间相同 Ｌ ｇ
Ａ． Ｂ． 解得ｖ １ 故 正确
ａ的水平速度比ｂ的小 ｂ的初速度比ｃ的大 ｍｉｎ＝ ｈ 。 Ｄ 。
Ｃ． Ｄ． ４
答案 ＢＤ 小球做平抛运动 在竖直方向上满足 ｈ 温馨提示 以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球
， ＝ ① ，
不计空气阻力 则乒乓球做平抛运动 发射的位置和高度
ｈ
２
１ ｇｔ２
，
得ｔ
＝
２
ｇ ，
可知
Ａ
错
Ｂ
正确
。
在水平方向上ｘ
＝
ｖ
０
ｔ
， 一定 ， 说明若能
，
落在台面上 ， 则运动时
。
间
②
一定 ， 且最大的水平
ｇ æＬ ö２
即ｖ ｘ 且由题图可知ｈ ｈ ｈ ｘ ｘ ｘ 则 正确 位移为 Ｌ２ ç ２÷ 若球恰好擦网而过 则下落 ｈ的高
０＝ ｈ， ｂ＝ ｃ＞ ａ， ａ＞ ｂ＞ ｃ， Ｄ １＋è ø 。 ③ ， ２
２ ２
错误 Ｌ
Ｃ 。 度 水平位移最小为 １ 平抛运动的飞行时间由高度决
１１．（２０２０课标Ⅱ，１６，６ 分）如图 在摩托车越野赛途中的水平 ， 。 ④
， ２
专题四 曲线运动 １２１
定 而飞行距离由高度和初速度共同决定 当高度一定时 则
， ， ， ｈ １ ｇｔ２
由初速度决定 １＝ １
。 ２
１３．（２０１６上海单科，２３，４ 分）如图 圆弧形凹槽固定在水平地 Ｈ
， 解得 ｈ
面上 其中ＡＢＣ是位于竖直平面内以Ｏ为圆心的一段圆弧 ＯＡ ： １＝
， ， ４
与竖直方向的夹角为α 一小球以速度ｖ 从桌面边缘Ｐ水平抛 Ｌ
。 ０ 则距Ｑ 水平距离为 的圆环中心到底板的高度ｈ ＝
出 恰好从Ａ点沿圆弧的切线方向进入凹槽 小球从Ｐ到Ａ的 ２
， 。
运动时间为 直线 ＰＡ 与竖直方向的夹角 β Ｈ ｈ ３ Ｈ
； ＝ － １＝ 。
４
。
ｇ
由 知小球运动到Ｑ点时速度的大小ｖ Ｌ
（２） （１） ＝ Ｈ
２
ｖ２
在Ｑ点 根据牛顿第二定律有 Ｆ ｍｇ ｍ
， ： Ｎ－ ＝ Ｒ
( Ｌ２ )
解得 Ｆ ｍｇ
答案
ｖ
０ ｔａｎ
α
α
： Ｎ＝ １＋
２
ＨＲ
ｇ ａｒｃｔａｎ（２ ｃｏｔ ） 由牛顿第三定律可知 小球对轨道压力的大小Ｆ ′与Ｆ
解析 据题意 小球从Ｐ点抛出后做平抛运动 小球运动到 相等 方向竖直向下 ， Ｎ Ｎ
， ， ， 。
ｖ ｇｔ
Ａ点时将速度分解
，
有
ｔａｎ
α
＝ ｖ
ｙ
＝ｖ ，
则小球运动到Ａ点的时
（３）
从Ｐ到Ｑ
，
应用动能定理有
：
ｍｇＲ
＋
Ｗ
ｆ＝
１ ｍｖ２
－０
ｘ ０ ２
ｖ α ｖ ｔ ｖ ｍｇＬ２ (Ｌ２ )
间为 ｔ ０ ｔａｎ β ０ ２ ０ ２ α 所以 ＰＡ 解得 Ｗ ｍｇＲ ｍｇ Ｒ
： ＝ ｇ ；ｔａｎ ＝ ＝ ｇｔ ＝ α＝２ ｃｏｔ ， ： ｆ＝ Ｈ － ＝ Ｈ－ 。
１ ｇｔ２ ｔａｎ ４ ４
１５．（２０１５海南单科，１４，１３分）如图 位于竖直平面内的光滑轨
２ ，
与竖直方向的夹角为 β α 道由四分之一圆弧ａｂ和抛物线ｂｃ组成 圆弧半径Ｏａ水平 ｂ
： ＝ａｒｃｔａｎ（２ ｃｏｔ ）。 ， ，
１４．（２０１５重庆理综，８，１６分）同学们参照伽利略时期演示平抛 点为抛物线顶点 已知ｈ ｓ 取重力加速度大小
。 ＝２ ｍ， ＝ ２ ｍ。
运动的方法制作了如图所示的实验装置 。 图中水平放置的底 ｇ ＝１０ ｍ／ｓ ２ 。
板上竖直地固定有Ｍ板和Ｎ板 Ｍ板上部有一半径为Ｒ的 一小环套在轨道上从ａ点由静止滑下 当其在ｂｃ段
。 （１） ，
轨道运动时 与轨道之间无相互作用力 求圆弧轨道的半径
１ 圆弧形的粗糙轨道 Ｐ为最高点 Ｑ为最低点 Ｑ点处的切 ， ， ；
４
， ， ， 若环从ｂ点由静止因微小扰动而开始滑下 求环到
（２） ，
线水平
，
距底板高为Ｈ
。
Ｎ板上固定有三个圆环
。
将质量为
达ｃ点时速度的水平分量的大小
。
ｍ的小球从Ｐ处静止释放 小球运动至Ｑ飞出后无阻碍地通
，
过各圆环中心 落到底板上距Ｑ水平距离为Ｌ处 不考虑空
， 。
气阻力 重力加速度为ｇ 求
， 。 ：
答案 ． ２ １０
（１）０２５ ｍ （２） ｍ／ｓ
３
解析 设环到ｂ点时速度为ｖ 圆弧轨道半径为ｒ 小环
（１） ｂ， ，
Ｌ 从ａ到ｂ过程中机械能守恒 有
距Ｑ水平距离为 的圆环中心到底板的高度 ，
（１） ；
２
小球运动到Ｑ点时速度的大小以及对轨道压力的大
ｍｇｒ
＝
１ ｍｖ２ｂ
①
（２） ２
小和方向 环与ｂｃ段轨道间无相互作用力 从ｂ到ｃ环做平抛运动
； ， ：
摩擦力对小球做的功
（３） 。 ｈ １ ｇｔ２
＝ ②
答案 ３ Ｈ ２
（１） ｓ ｖ ｔ
４ ＝ ｂ ③
ｇ ( Ｌ２ ) 联立可得
Ｌ ｍｇ 方向竖直向下
（２） Ｈ １＋ ＨＲ ｓ２
２ ２ ｒ
(Ｌ２ ) ＝ ｈ ④
ｍｇ Ｒ ４
（３） Ｈ－ 代入数据得
４
解析 设小球在Ｑ点的速度为ｖ 则有 Ｌ ｖｔ ｒ ．
（１） ， ： ＝ ＝０２５ ｍ
环从ｂ点由静止下滑至ｃ点过程中机械能守恒 设到
Ｈ １ ｇｔ２ （２） ，
＝ ｃ点时速度为ｖ 则
２ ｃ，
ｇ
解得
：
ｖ
＝
Ｌ
Ｈ
ｍｇｈ
＝
１ ｍｖ２ｃ
⑤
２ ２
Ｌ Ｌ 在ｂｃ段两次过程中环沿同一轨迹运动 经过同一点时速
当ｘ 时 有 ｖｔ ，
＝ ， ： ＝ １ 度方向相同
２ ２
１２２ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
设环在ｃ点时速度与水平方向间的夹角为θ 则环做平抛 停下 装甲车停下后 机枪手以相同方式射出第二发子弹
， 。 ， 。
运动时 不计空气阻力 子弹看成质点 重力加速度ｇ ２
（ ， ， ＝１０ ｍ／ｓ ）
ｖ 求装甲车匀减速运动时的加速度大小
θ ｙ （１） ；
ｔａｎ ＝ ｖ ⑥ 当Ｌ 时 求第一发子弹的弹孔离地的高度 并
ｂ （２） ＝４１０ｍ ， ，
ｖ ｇｔ 计算靶上两个弹孔之间的距离
ｙ＝ ⑦ ；
联立 式可得 若靶上只有一个弹孔 求Ｌ的范围
①②⑥⑦ （３） ， 。
θ
ｔａｎ ＝２ ２ ⑧
则环从ｂ点由静止开始滑到ｃ点时速度的水平分量为
ｖ ｖ θ
ｃｘ＝ ｃ ｃｏｓ ⑨
联立 三式可得
⑤⑧⑨
ｖ ２
ｃｘ＝ ３ １０ ｍ／ｓ 答案 （１） ２０ ｍ／ｓ ２ （２）０ ． ５５ ｍ ０ ． ４５ ｍ
９
Ｌ
１６．（２０１６浙江理综，２３，１６分）在真空环境内探测微粒在重力 （３）４９２ ｍ＜ ≤５７０ ｍ
解析 装甲车匀减速运动时的加速度大小 ａ
场中能量的简化装置如图所示 Ｐ是一个微粒源 能持续水 （１） ＝
。 ， ｖ２
平向右发射质量相同 、 初速度不同的微粒 。 高度为ｈ的探测 ０ ｓ＝ ２０ ｍ／ｓ ２
屏ＡＢ竖直放置 离Ｐ点的水平距离为Ｌ 上端Ａ与Ｐ点的高 ２ ９
， ， Ｌ
度差也为ｈ 第一发子弹飞行时间ｔ ．
。 （２） １＝ｖ ｖ ＝０５ ｓ
若微粒打在探测屏ＡＢ的中点 求微粒在空中飞行的 ＋ ０
（１） ，
时间 弹孔离地高度ｈ ｈ １ ｇｔ２ ．
； １＝ － １＝０５５ ｍ
求能被屏探测到的微粒的初速度范围 ２
（２） ； (Ｌ ｓ) ２
若打在探测屏Ａ Ｂ两点的微粒的动能相等 求Ｌ与ｈ 第二发子弹的弹孔离地的高度ｈ ｈ １ｇ － ．
（３） 、 ， ２＝ － ｖ ＝１０ｍ
的关系 ２
。 两弹孔之间的距离 ｈ ｈ ｈ ．
Δ ＝ ２－ １＝０４５ ｍ
若第一发子弹打到靶的下沿 则射出第一发子弹时
（３） ， ，
ｈ
枪口与靶的距离为Ｌ ｖ ｖ ２
１＝（ ０＋ ） ｇ ＝４９２ ｍ
若第二发子弹打到靶的下沿 则射出第一发子弹时 枪口
， ，
ｈ
与靶的距离为Ｌ ｖ ２ ｓ
２＝ ｇ ＋ ＝５７０ ｍ
Ｌ的范围为 Ｌ
ｈ ｇ ｇ ４９２ ｍ＜ ≤５７０ ｍ
答案 ３ Ｌ ｖ Ｌ Ｌ ｈ １８．（２０１２全国，２６，１４分）一探险队员在探险时遇到一山沟 山
（１） ｇ （２） ｈ≤ ≤ ｈ （３） ＝２ ２ ，
４ ２ 沟的一侧竖直 另一侧的坡面呈抛物线形状 此队员从山沟
， 。
解析 打在探测屏中点的微粒有 ３ ｈ １ ｇｔ２ 的竖直一侧 以速度ｖ 沿水平方向跳向另一侧坡面 如图所
（１） ＝ ① ， ０ 。
２ ２ 示 以沟底的Ｏ点为原点建立坐标系Ｏｘｙ 已知 山沟竖直一
ｈ ， 。 ，
ｔ ３
＝ ｇ ② 侧的高度为 ｈ 坡面的抛物线方程为ｙ １ ｘ２ 探险队员的质
２ ， ＝ ｈ ；
Ｌ ２
（２）
打在Ｂ点的微粒ｖ
１＝ ｔ ；２
ｈ
＝
１ ｇｔ２
１ ③
量为ｍ
。
人视为质点
，
忽略空气阻力
，
重力加速度为ｇ
。
１ ２ 求此人落到坡面时的动能
（１） ；
ｇ
此人水平跳出的速度为多大时 他落在坡面时的动
ｖ Ｌ
１＝
４
ｈ ④
能最
（
小
２）
动能的最小值为多少
，
？ ？
ｇ
同理 打在Ａ点的微粒初速度ｖ Ｌ
， ２＝ ｈ ⑤
２
ｇ ｇ
则微粒的初速度范围为Ｌ ｖ Ｌ
ｈ≤ ≤ ｈ ⑥
４ ２
由能量关系 １ ｍｖ２ ｍｇｈ １ ｍｖ２ ｍｇｈ
（３） ２＋ ＝ １＋２ ⑦
２ ２
代入 式Ｌ ｈ
④、⑤ ＝２ ２ ⑧
方法技巧 解决本题的关键是抓住能被探测到的微粒所满 æ ｇ２ｈ２ö
答案 １ ｍçｖ２ ４ ÷ ｇｈ ３ ｍｇｈ
足的运动学特征 下降高度在ｈ ｈ 水平位移相同且都为Ｌ （１） è ０＋ｖ２ ｇｈø （２）
： ～２ 、 。 ２ ０＋ ２
１７．（２０１４浙江理综，２３，１６分）如图所示 装甲车在水平地面上 解析 设该队员在空中运动的时间为ｔ 在坡面上落点
， （１） ，
以速度ｖ 沿直线前进 车上机枪的枪管水平 距地面 的横坐标为ｘ 纵坐标为ｙ 由运动学公式和已知条件得
０＝２０ ｍ／ｓ ， ， ， 。
高为ｈ ． 在车正前方竖直立一块高为两米的长方形 ｘ ｖ ｔ
＝１ ８ ｍ。 ＝ ０ ①
靶 其底边与地面接触 枪口与靶距离为Ｌ时 机枪手正对靶
， 。 ， ｈ ｙ １ ｇｔ２
射出第一发子弹 子弹相对于枪口的初速度为 ｖ ２ － ＝ ②
， ＝８００ ｍ／ｓ。 ２
在子弹射出的同时 装甲车开始匀减速运动 行进ｓ 后 根据题意有
， ， ＝９０ ｍ
专题四 曲线运动 １２３
ｘ２ 摩擦力是赛车重力的 ． 倍 假设赛车在直道上做匀变速直
ｙ ２２５ 。
＝ ｈ ③ 线运动 在弯道上做匀速圆周运动 要使赛车不打滑 绕赛道
２ ， 。 ，
由机械能守恒知落到坡面时的动能为 一圈时间最短 发动机功率足够大 重力加速度ｇ ２
（ ， ＝１０ ｍ／ｓ ，
． 则赛车
１ ｍｖ２ １ ｍｖ２ ｍｇ ｈ ｙ π＝３１４）， （ ）
＝ ０＋ （２ － ） ④
２ ２
联立 式得
①②③④
æ ｇ２ｈ２ö
１ ｍｖ２ １ ｍçｖ２ ４ ÷
＝ è ０＋ｖ２ ｇｈø ⑤
２ ２ ０＋
式可以改写为
（２）⑤
æ ｇｈ ö２
ｖ２
＝è
ç ｖ２
０＋
ｇｈ
－ ｖ
２
２ ｇｈø
÷
＋３
ｇｈ
⑥
０＋
ｖ２ 极小的条件为 式中的平方项等于 由此得
⑥ ０， 在绕过小圆弧弯道后加速
ｖ ｇｈ Ａ．
０＝ ⑦ 在大圆弧弯道上的速率为
此时ｖ２ ｇｈ 则最小动能为 Ｂ． ４５ ｍ／ｓ
＝３ ， 在直道上的加速度大小为 ． ２
( ) Ｃ． ５６３ ｍ／ｓ
１ ｍｖ２ ３ ｍｇｈ 通过小圆弧弯道的时间为 ．
＝ ⑧ Ｄ． ５５８ ｓ
２ ｍｉｎ ２ 答案 ＡＢ 本题考查了圆周运动的应用 以赛车做匀速圆
解题思路 先建立机械能守恒方程 再结合平抛运动求出落 。
， 周运动为载体 考查了考生的理解能力 推理能力 体现了对物
到坡面上时的动能 最后应用数学知识寻找动能极值 ， 、 ，
， 。 理观念 科学思维和科学探究的素养考查
、 。
赛车用时最短 就要求赛车通过大 小圆弧时 速度都应达
， 、 ，
考点三 圆周运动 ｍｖ２
到允许的最大速度 通过小圆弧时 由 ． ｍｇ １得 ｖ
１．（２０１６上海单科，１６，３分）风速仪结构如图 所示 光源发 ， ， ２ ２５ ＝ ｒ １ ＝
出的光经光纤传输 被探测器接收 当风轮旋
（
转
ａ）
时 通
。
过齿轮带 通过大圆弧时 由 ． ｍｇ
ｍｖ２
２得 ｖ 项正
动凸轮圆盘旋转 当
，
圆盘上的凸轮
，
经过透镜系统时
，
光被遮挡
３０ ｍ／ｓ； ， ２ ２５ ＝ Ｒ ２＝４５ ｍ／ｓ，Ｂ
， 。 确 赛车从小圆弧到大圆弧通过直道时需加速 故 项正确
已知风轮叶片转动半径为ｒ 每转动ｎ圈带动凸轮圆盘转动一 。 ， Ａ 。
，
圈
。
若某段时间
Δ
ｔ内探测器接收到的光强随时间变化关系如 由几何关系可知连接大
、
小圆弧的直道长ｘ
＝５０ ３ ｍ，
由匀加速
图 所示 则该时间段内风轮叶片 直线运动的速度位移公式 ｖ２ ｖ２ ａｘ得ａ ． ２ 项错
（ｂ） ， （ ） ： ２－ １＝２ ≈６ ５０ ｍ／ｓ ，Ｃ
误 由几何关系可得小圆弧所对圆心角为 ° 所以通过小圆
； １２０ ，
ｒ
弧弯道的时间ｔ １ ２π ． 故 项错误
＝ × ｖ ＝２７９ ｓ， Ｄ 。
３ １
审题指导 首先要注意大 小圆弧半径不同 允许的最大速度
、 ，
不同 其次要充分利用几何关系 找出直道的长度和小圆弧所
； ，
对圆心角 这样才能求出赛车在直道上的加速度和通过小圆弧
，
弯道的时间
。
３．（２０１４课标Ⅰ，２０，６分）如图 两个质量均为ｍ的小木块ａ和
，
ｂ 可视为质点 放在水平圆盘上 ａ与转轴ＯＯ′的距离为ｌ ｂ与
（ ） ， ，
转轴的距离为 ｌ 木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重
ｎｒ ２。
转速逐渐减小 平均速率为４π 力的ｋ倍 重力加速度大小为ｇ 若圆盘从静止开始绕转轴缓
Ａ． ， ｔ ， 。
Δ
慢地加速转动 用ω表示圆盘转动的角速度 下列说法正确的是
ｎｒ ， ，
转速逐渐减小 平均速率为８π
Ｂ． ， ｔ
Δ （ ）
ｎｒ
转速逐渐增大 平均速率为４π
Ｃ． ， ｔ
Δ
ｎｒ
转速逐渐增大 平均速率为８π
Ｄ． ， ｔ
Δ ｂ一定比ａ先开始滑动
答案 Ｂ 本题考查了圆周运动的应用 图像的意义 以风 Ａ．
、 。 ａ ｂ所受的摩擦力始终相等
轮叶片做圆周运动为载体 考查了考生的理解能力 推理能力 Ｂ． 、
， 、 ， ｋｇ
体现了对物理观念 科学思维和科学探究的素养考查 ω 是ｂ开始滑动的临界角速度
、 。 Ｃ． ＝ ｌ
由图 分析可知透过光的时间越来越长 说明风轮叶片 ２
（ｂ） ， ｋｇ
转速逐渐减小 还能看出 ｔ时间内凸轮圆盘转了 圈 又因为 当ω ２ 时 ａ所受摩擦力的大小为ｋｍｇ
， Δ ４ ， Ｄ． ＝ ｌ ，
它转 圈风轮叶片转 ｎ 圈 所以 ｔ 时间内风轮叶片转了 ｎ ３
１ ， Δ ４ 答案 ＡＣ 设木块滑动的临界角速度为ω ｋｍｇ ｍω２ｒ 所
ｎ ｒ ｎｒ ， ＝ ，
圈 所以它的平均速率 ｖ ４ ·２π ８π 故只有 项正确 ｋｇ
， ＝ ｔ ＝ ｔ ， Ｂ 。 以ω ｒ ｌ ｒ ｌ 所以ω ω 项正确 摩擦力充
Δ Δ ＝ ｒ ， ａ＝ ， ｂ＝２， ａ＞ ｂ，Ａ、Ｃ ；
２．（２０１６浙江理综，２０，６分） 多选 如图所示为赛车场的一个
（ ） 当向心力 在角速度相等时 ｂ 受的摩擦力大 项错误 ω
水平 梨形 赛道 两个弯道分别为半径Ｒ 的大圆弧和ｒ ， ， ，Ｂ ； ＝
“ ” ， ＝９０ ｍ
Ｌ ＝ ＝ ４０ １０ ｍ ０ 的 ｍ。 小 赛 圆 车 弧 沿 ， 直 弯 道 道 与 路 弯 线 道 行 相 驶 切 时 。 ， 路 大 面 、 小 对 圆 轮 弧 胎 圆 的 心 最 Ｏ 大 、 径 Ｏ′ 向 距离 静 ２ ３ ｋ ｌ ｇ 时 ， ａ受的摩擦力ｆ ａ＝ ｍω２ｒ ＝ ｍ æ è ç ２ ３ ｋ ｌ ｇö ø ÷ ２ ｌ ＝ ３ ２ ｋｍｇ ，Ｄ 项
１２４ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
错误 的圆弧形滑道上运动时速率不变 故做匀速圆周运动 所受的
。 ， ，
４．（２０１３课标Ⅱ，２１，６分）公路急转弯处通常是交通事故多发 合外力提供向心力 因此合外力不为零 选项 错误 因运动
， ， Ａ ；
地带 如图 某公路急转弯处是一圆弧 当汽车行驶的速率为 员的速率不变 故其所受摩擦力等于重力沿滑道向下的分力
。 ， ， ， ，
ｖ 时 汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势 则在该弯道 运动员沿ＡＢ下滑过程中重力沿滑道向下的分力变小 因此滑
ｃ ， 。 ，
处 动摩擦力变小 选项 错误 由动能定理知 合外力做的功等
， （ ） ， Ｂ ； ，
于动能的变化量 因速率不变 则动能不变 故合外力做功为
， ， ，
零 选项 正确 机械能的改变量等于摩擦力做的功 故机械
， Ｃ ； ，
能减少 选项 错误
， Ｄ 。
易错警示 运动员的速率不变 误认为匀速圆周运动的合外
，
力为零 误选
， Ａ。
路面外侧高内侧低 ７．（２０１６课标Ⅱ，１６，６分）小球Ｐ和Ｑ用不可伸长的轻绳悬挂
Ａ．
车速只要低于ｖ 车辆便会向内侧滑动 在天花板上 Ｐ球的质量大于Ｑ球的质量 悬挂Ｐ球的绳比悬
Ｂ． ｃ， ， ，
车速虽然高于ｖ 但只要不超出某一最高限度 车辆便不会 挂Ｑ球的绳短 将两球拉起 使两绳均被水平拉直 如图所
Ｃ． ｃ， ， 。 ， ，
向外侧滑动 示 将两球由静止释放 在各自轨迹的最低点
。 。 （ ）
当路面结冰时 与未结冰时相比 ｖ 的值变小
Ｄ． ， ， ｃ
答案 ＡＣ 汽车在公路转弯处做圆周运动 需要外力提供
，
向心力 当汽车行驶的速率为ｖ 时 汽车恰好没有向公路内外 Ｐ球的速度一定大于Ｑ球的速度
， ｃ ， Ａ．
两侧滑动的趋势 即没有指向公路两侧的摩擦力 此时的向心 Ｐ球的动能一定小于Ｑ球的动能
， ， Ｂ．
力由地面的支持力和重力的合力提供 故路面外侧高内侧低 Ｐ球所受绳的拉力一定大于Ｑ球所受绳的拉力
， ， Ｃ．
ｍｖ２ Ｐ球的向心加速度一定小于Ｑ球的向心加速度
选项 正确 当车速低于ｖ 时 车所需向心力 减小 车可能 Ｄ．
Ａ ； ｃ ， ｒ ， 答案 Ｃ 本题利用不同摆球的运动 体现了运动与相互作
，
只是具有向内侧滑动的趋势 不一定能够滑动 选项 错误 用观念 能量观念 考查了推理探究能力
， ， Ｂ ； 、 ， 。
同理 当车速高于ｖ 且不超出某一最高限度 车辆可能只是有 设小球的质量为 ｍ 绳长为 Ｌ 根据动能定理得ｍｇＬ
， ｃ， ， ， ， ＝
向外侧滑动的趋势 不一定能够滑动 当超过最大静摩擦力时
才会向外侧滑动 故
，
选项 正确 当
，
路面结冰时 只是最大静
， １ ｍｖ２
，
解得ｖ
＝ ２
ｇＬ
，
Ｌ
Ｐ＜
Ｌ
Ｑ，
所以ｖ
Ｐ＜
ｖ
Ｑ，
故
Ａ
项错误
。
小球
， Ｃ ； ， ２
摩擦力变小 ｖ 值不变 错误 动能Ｅ ｍｇＬ 其中ｍ ｍ Ｌ Ｌ 所以无法判断它们的动能
， ｃ ，Ｄ 。 ｋ＝ ， Ｐ＞ Ｑ， Ｐ＜ Ｑ，
５．（２０１３江苏单科，２，３分）如图所示 旋转秋千 中的两个座 ｍｖ２
，“ ” 大小关系 项错误 Ｆ ｍｇ 将 ｖ ｇＬ代入得 Ｆ
椅Ａ Ｂ质量相等 通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上 ，Ｂ 。 拉－ ＝ Ｌ ， ＝ ２ 拉＝
、 ， 。
不考虑空气阻力的影响 当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动 ｍｇ 因为ｍ ｍ 所以Ｐ球所受绳的拉力大于Ｑ球所受绳的
， ３ ， Ｐ＞ Ｑ，
时 下列说法正确的是 ｖ２
， （ ） 拉力 故 项正确 向心加速度ａ ｇ 所以在轨迹的最
， Ｃ 。 ＝ Ｌ ＝２ ，
低点 Ｐ Ｑ两球的向心加速度相同 故 项错误
， 、 ， Ｄ 。
８．（２０１６海南单科，３，６分）如图 光滑圆轨
，
道固定在竖直面内 一质量为ｍ的小球沿
，
轨道做完整的圆周运动 已知小球在最低
。
Ａ的速度比Ｂ的大 点时对轨道的压力大小为Ｎ 在最高点时
Ａ． １，
Ａ与Ｂ的向心加速度大小相等 对轨道的压力大小为 Ｎ 重力加速度大
Ｂ． ２。
悬挂Ａ Ｂ的缆绳与竖直方向的夹角相等 小为ｇ 则Ｎ Ｎ 的值为
Ｃ． 、 ， １－ ２ （ ）
悬挂Ａ的缆绳所受的拉力比悬挂Ｂ的小 ｍｇ ｍｇ
Ｄ． Ａ．３ Ｂ．４
答案 Ｄ 根据ｖ ωｒ 两座椅的ω相等 由ｒ ｒ 可知ｖ ｍｇ ｍｇ
＝ ， ， Ｂ＞ Ａ Ｂ＞ Ｃ．５ Ｄ．６
ｖ
Ａ，Ａ
错误
；
向心加速度ａ
＝
ω２ｒ
，
因ω相等ｒ不等
，
故ａ不相等
，
答案 Ｄ 设小球在最低点时速度为ｖ
１，
在最高点时速度为
ω２ｒ ｍｖ２
Ｂ
错误
；
水平方向ｍｇ
ｔａｎ
θ
＝
ｍω２ｒ
，
即
ｔａｎ
θ
＝ ｇ ，
因ｒ
Ｂ＞
ｒ
Ａ，
故θ
Ｂ
ｖ
２，
根据牛顿第二定律有
，
在最低点有Ｎ
１－
ｍｇ
＝ Ｒ
１
，
在最高点
ｍｇ ｍｖ２
＞ θ Ａ，Ｃ 错误 ； 竖直方向Ｔ ｃｏｓ θ ＝ ｍｇ ， 绳子拉力Ｔ ＝
ｃｏｓ
θ， 因θ Ｂ＞ 有Ｎ ２＋ ｍｇ ＝ Ｒ ２ ； 从最高点到最低点 ， 根据机械能守恒定律有
６． θ （ Ａ ２ ， ０ 故 １８ Ｔ 天 Ｂ＞ Ｔ 津 Ａ， 理 Ｄ 综 正 ， 确 ２， 。 ６ 分）滑雪运动 ｍｇ ·２ Ｒ ＋ ｍｖ２ ２ ＝ ｍｖ２ １ ， 联立可得Ｎ １－ Ｎ ２＝６ ｍｇ ， 故选项 Ｄ 正确 。
２ ２
深受人民群众喜爱 某滑雪运动员 可 ９．（２０１５天津理综，４，６分）未来的星际航行中 宇航员长期处
。 （ ，
视为质点 由坡道进入竖直面内的圆弧 于零重力状态 为缓解这种状态带来的不适 有人设想在未来
） ， ，
形滑道ＡＢ 从滑道的Ａ点滑行到最低点Ｂ的过程中 由于摩擦力 的航天器上加装一段圆柱形 旋转舱 如图所示 当旋转舱
， ， “ ”， 。
的存在 运动员的速率不变 则运动员沿ＡＢ下滑过程中 绕其轴线匀速旋转时 宇航员站在旋转舱内圆柱形侧壁上 可
， ， （ ） ， ，
所受合外力始终为零 所受摩擦力大小不变 以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力 为达到上述
Ａ． Ｂ． 。
合外力做功一定为零 机械能始终保持不变 目的 下列说法正确的是
Ｃ． Ｄ． ， （ ）
答案 Ｃ 本题考查匀速圆周运动中的受力分析 滑动摩擦
、
力的决定因素 动能定理和功能关系 由于运动员在竖直面内
、 。
专题四 曲线运动 １２５
由沿盘面的合力提供向心力 有
，
μｍｇ ° ｍｇ ° ｍω２Ｒ
旋转舱的半径越大 转动的角速度就应越大 ｃｏｓ３０ － ｓｉｎ３０ ＝
Ａ． ，
旋转舱的半径越大 转动的角速度就应越小 ｇ
Ｂ． ， 得ω ＝ Ｒ＝１ ． ０ ｒａｄ／ｓ， 选项 Ｃ 正确 。
宇航员质量越大 旋转舱的角速度就应越大 ４
Ｃ． ，
评析 此题考查牛顿第二定律 圆周运动等知识 题目
宇航员质量越大 旋转舱的角速度就应越小
、 ，
Ｄ． ，
答案 Ｂ 宇航员在舱内受到的支持力与他站在地球表面 设置新颖 巧妙地将已学的竖直面内的圆周运动与斜面结合
， ，
时受到的支持力大小相等
，
ｍｇ
＝
ｍω２ｒ
，
即ｇ
＝
ω２ｒ
，
可见ｒ越大
，
ω 本题易认为在最高点时角速度最大而错选
Ａ。
就应越小 正确 错误 角速度与质量ｍ无关 错误 １２．［２０１４天津理综，９（１）］半径为Ｒ的水平圆盘绕过圆心Ｏ的
，Ｂ ，Ａ ； ，Ｃ、Ｄ 。
１０．（２０１４课标Ⅱ，１７，６ 分）如图 一质量为 Ｍ 的光滑大圆环 竖直轴匀速转动 Ａ为圆盘边缘上一点 在Ｏ的正上方有一
， ， ， 。
用一细轻杆固定在竖直平面内 套在大环上质量为ｍ的小环 个可视为质点的小球以初速度ｖ水平抛出时 半径ＯＡ方向恰
； ，
可视为质点 从大环的最高处由静止滑下 重力加速度大 好与ｖ的方向相同 如图所示 若小球与圆盘只碰一次 且落
（ ）， 。 ， 。 ，
小为ｇ 当小环滑到大环的最低点时 大环对轻杆拉力的大 在Ａ点 重力加速度为ｇ 则小球抛出时距Ｏ的高度ｈ
。 ， ， ， ＝
小为 圆盘转动的角速度大小ω
（ ） ， ＝ 。
Ａ．
Ｍ
Ｍ
ｇ
ｇ
－５
ｍ
ｍ
ｇ
ｇ
Ｂ．
Ｍ
Ｍ
ｇ
ｇ
＋
ｍｇ
ｍｇ
答案 ｇ
２
Ｒ
ｖ２
２ ２ ｎ
Ｒ
π ｖ
（
ｎ
∈
Ｎ∗
）
Ｃ． ＋５ Ｄ． ＋１０
答案 Ｃ 解法一 以小环为研究对象
，
设大环半径为 解析 小球做平抛运动
：
ｈ
＝
１ ｇｔ２
、
Ｒ
＝
ｖｔ
，
解得ｈ
＝
ｇＲ
ｖ２
２
。
由
２ ２
Ｒ
，
根据机械能守恒定律
，
得ｍｇ
·２
Ｒ
＝
１ ｍｖ２
，
在大环最低
ｎ ｖ
２ 题意知 ωｔ ｎ ｎ Ｎ∗ 故联立 Ｒ ｖｔ 可得 ω ２ π
＝２π× （ ∈ ）， ＝ ＝ Ｒ
ｖ２
点有Ｆ ｍｇ ｍ 得Ｆ ｍｇ 此时再以大环为研究对
Ｎ－ ＝ Ｒ， Ｎ＝５ ，
（
ｎ
∈
Ｎ∗
）。
象 受力分析如图 由牛顿第三定律知 小环对大环的压力为 点拨 在小球从抛出到落到圆盘上的时间内 圆盘转动
， ， ， ，
Ｆ ′ Ｆ 方向竖直向下 故Ｆ Ｍｇ ｍｇ 由牛顿第三定律知 了 圈 圈 圈 ｎ圈均有可能 故 ω的值应该是一个通
Ｎ ＝ Ｎ， ， ＝ ＋５ ， Ｃ １ 、２ 、３ … ，
正确 式 不能只用转 圈的情形表述
。 ， １ ！
解法二 设小环滑到大环最低点时速度为ｖ 加速度 １３．（２０１３重庆理综，８，１６分）如图所示 半径为Ｒ的半球形陶
， ，
ｖ２ 罐 固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上 转台转轴与过陶
为ａ 根据机械能守恒定律 １ ｍｖ２ ｍｇ Ｒ 且ａ 所 ， ，
， ＝ ·２ ， ＝ Ｒ， 罐球心Ｏ的对称轴ＯＯ′重合 转台以一定角速度ω匀速旋
２ 。
以ａ ｇ 以整体为研究对象 受力情况如图所示 转 一质量为ｍ的小物块落入陶罐内 经过一段时间后 小物
＝４ ， ， 。 ， ， ，
Ｆ Ｍｇ ｍｇ ｍａ Ｍ 块随陶罐一起转动且相对罐壁静止 它和Ｏ点的连线与ＯＯ′
－ － ＝ ＋ ·０ ，
所以Ｆ Ｍｇ ｍｇ 正确 之间的夹角θ为 ° 重力加速度大小为ｇ
＝ ＋５ ，Ｃ 。 ６０ 。 。
１１．（２０１４安徽理综，１９，６ 分）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
，
轴距离 ． 处有一小物体与圆盘始终保持相对静止 物体
２５ ｍ 。
与盘面间的动摩擦因数为 ３ 设最大静摩擦力等于滑动摩擦
（
２
力 盘面与水平面的夹角为 ° ｇ取 ２ 则ω的最大
）， ３０ ， １０ ｍ／ｓ 。
值是 若ω ω 小物块受到的摩擦力恰好为零 求ω
（ ） （１） ＝ ０， ， ０；
若ω ｋ ω 且 ｋ 求小物块受到的摩擦力
（２） ＝（１± ） ０， ０＜ ≪１，
大小和方向
。
答案 见解析
解析 对物块受力分析如图甲 则有
（１） ， ：
Ａ． ５ ｒａｄ／ｓ Ｂ． ３ ｒａｄ／ｓ
． ．
Ｃ．１０ ｒａｄ／ｓ Ｄ．０５ ｒａｄ／ｓ
答案 Ｃ 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 其受力如图所示 其中Ｏ为对称轴位置
， （ ）
甲
１２６ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
Ｆ
向＝
ｍｇ
ｔａｎ
θ
＝
ｍω２
０
Ｒ
ｓｉｎ
θ Ｌ
２＝
Ｒ
ｓｉｎ
θ
④
ｇ ｇ 由牛顿第二定律 有
ω ２ ，
０＝ Ｒ θ＝ Ｒ ① ｖ２
ｃｏｓ Ｆ ｍｇ ｍ
当ω ｋ ω 对物块受力分析如图乙 摩擦力方 Ｎ－ ＝ Ｒ ⑤
向沿
（
罐
２
壁
）
切线
＝
向
（
下
１＋ ） ０， ，
联立 式 代入数据 得
①④⑤ ， ，
水平方向 Ｆ ． ３
Ｎ＝１１×１０ Ｎ ⑥
Ｎ
ｓｉｎ
θ
＋
ｆ
ｃｏｓ
θ
＝
ｍω２Ｒ
ｓｉｎ
θ
②
一题多解 对
（１）
问
：
竖直方向 舰载机由静止开始做匀加速直线运动
Ｎ θ ｆ θ ｍｇ 设其匀加速阶段的加速度大小为ａ 则有
ｃｏｓ ＝ ｓｉｎ ＋ ③ ，
联立
①②③
得ｆ
＝
３
ｋ
（２＋
ｋ
）ｍｇ
。
Ｌ
１＝
２
１ ａｔ２
①
２ 乙 对飞行员分析得
当ω ｋ ω 时 对物块受力分析如图
＝（１－ ） ０ ， Ｆ ｍａ
丙 摩擦力方向沿罐壁切线向上 水平方向 ＝ ②
， ， ： 飞行员受到的水平力所做的功
Ｎ θ ｆ θ ｍω２Ｒ θ
ｓｉｎ － ｃｏｓ ＝ ｓｉｎ ④ Ｗ ＦＬ
竖直方向 ： 联 ＝ 立 １ 得 ③
Ｎ θ ｆ θ ｍｇ ①②③
ｃｏｓ ＋ ｓｉｎ ＝ ⑤
Ｗ ． ４
ｋ ｋ ＝７５×１０ Ｊ
联立 得ｆ ３ （２－ ）ｍｇ １５．（２０１３福建理综，２０，１５分）如图 一不可伸长的轻绳上端悬
①④⑤ ＝ 。 丙 ，
２ 挂于Ｏ点 下端系一质量ｍ ． 的小球 现将小球拉到Ａ
１４．（２０１９天津理综，１０，１６分）完全由我国自行设计 建造的国 ， ＝１０ｋｇ 。
、 点 保持绳绷直 由静止释放 当它经过 Ｂ 点时绳恰好被拉
产新型航空母舰已完成多次海试 并取得成功 航母上的舰载 （ ） ，
， 。 断 小球平抛后落在水平地面上的 Ｃ 点 地面上的 Ｄ 点与
机采用滑跃式起飞 故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构 ， 。
， ＯＢ在同一竖直线上 已知绳长 Ｌ ． Ｂ 点离地高度 Ｈ
成 如图 所示 为了便于研究舰载机的起飞过程 假设上翘 ， ＝１ ０ ｍ， ＝
， １ 。 ， ． Ａ Ｂ两点的高度差ｈ ． 重力加速度ｇ取 ２
甲板ＢＣ是与水平甲板ＡＢ相切的一段圆弧 示意如图 ＡＢ长 １０ ｍ， 、 ＝０５ ｍ， １０ ｍ／ｓ ，
， ２， 不计空气影响 求
Ｌ ＢＣ水平投影Ｌ 图中Ｃ点切线方向与水平方 ， ：
１＝１５０ｍ， ２＝６３ｍ， 地面上Ｄ Ｃ两点间的距离ｓ
向的夹角θ ° ° ． 若舰载机从Ａ点由静止开 （１） 、 ；
＝１２ （ｓｉｎ１２ ≈０２１）。 轻绳所受的最大拉力大小
始做匀加速直线运动 经ｔ 到达Ｂ点进入ＢＣ 已知飞行 （２） 。
， ＝６ ｓ 。
员的质量ｍ ｇ ２ 求
＝６０ｋｇ， ＝１０ｍ／ｓ ，
舰载机水平运动的过程中 飞行员受到的水平力所
（１） ，
做功Ｗ
；
舰载机刚进入 ＢＣ 时 飞行员受到竖直向上的压力
（２） ，
Ｆ 多大
Ｎ 。
答案 ．
（１）１４１ ｍ （２）２０ Ｎ
解析 小球从Ａ到Ｂ过程机械能守恒 有
（１） ，
ｍｇｈ
＝
１ ｍｖ２Ｂ
①
２
小球从Ｂ到Ｃ做平抛运动 在竖直方向上有
，
Ｈ １ ｇｔ２
＝ ②
２
答案 分 ． ４ ． ３ 在水平方向上有
（１６ ）（１）７５×１０ Ｊ （２）１１×１０ Ｎ
解析 本题考查匀变速直线运动 动能定理 圆周运动 通 ｓ ｖ ｔ
、 、 。 ＝ Ｂ ③
过对舰载机整个起飞过程的运动分析 受力分析 以及学生的 由 式解得ｓ ．
、 ， ①②③ ＝１４１ ｍ ④
综合分析能力 体现了科学推理的核心素养 国产航母是大 小球下摆到达Ｂ点时 绳的拉力和重力的合力提供
， 。 （２） ，
国重器 通过本题也能厚植爱国情怀 向心力 有
， 。 ，
（１）
舰载机由静止开始做匀加速直线运动
，
设其刚进入
Ｆ ｍｇ ｍ
ｖ２Ｂ
上翘甲板时的速度为ｖ 则有 － ＝ Ｌ ⑤
，
ｖ Ｌ 由 式解得Ｆ
１ ①⑤ ＝２０ Ｎ
＝ ｔ ① 根据牛顿第三定律
２
根据动能定理 有 Ｆ′ Ｆ
， ＝－
轻绳所受的最大拉力为
Ｗ １ ｍｖ２ ２０ Ｎ。
＝ －０ ②
２
联立 式 代入数据 得
①② ， ，
Ｗ ． ４
＝７５×１０ Ｊ ③
设上翘甲板所对应的圆弧半径为 Ｒ 根据几何关
（２） ，
系 有
，
专题四 曲线运动 １２７
时间： 分钟 分值： 分
６０ ６０
一、单项选择题 每题 分 共 分 杆未触地 则在 ． ｔ时 触点Ｎ沿倾斜轨道运动的速
（ ３ ， １５ ） １４ ｍ／ｓ（ ）， ０５ ，
１．（２０２１届辽宁沈阳法库中学月考）如图所示 套在竖直细杆上 度大小为 不计空气阻力 ｇ取 ２
， （ ， １０ ｍ／ｓ ） （ ）
的环Ａ由跨过定滑轮的不可伸长的轻绳与重物Ｂ相连 由于
。 Ａ．１０ ｍ／ｓ Ｂ．１７ ｍ／ｓ Ｃ．２０ ｍ／ｓ Ｄ．２８ ｍ／ｓ
Ｂ的质量较大 故在释放Ｂ后 Ａ将沿杆上升 当环Ａ上升至与 ４． 答案 Ｃ
， ， ，
定滑轮的连线水平时 其上升速度ｖ 若这时Ｂ的速度为 ５．（２０２０辽宁锦州统考）如图所示 轻杆长 Ｌ 在杆两端分别固
， １≠０， ， ３ ，
ｖ 则 定质量均为ｍ的球Ａ和Ｂ 光滑水平转轴穿过杆上距球Ａ为Ｌ
２， （ ） ，
处的Ｏ点 外界给系统一定能量后 杆和球在竖直平面内转
， ，
动 球Ｂ运动到最高点时 杆对球Ｂ恰好无作用力 忽略空气
， ， 。
阻力 重力加速度为ｇ 则球Ｂ在最高点时
， ， （ ）
ｖ ｖ ｖ
Ａ． ２＝０ Ｂ． ２＞ １
ｖ ｖ ｖ
Ｃ． ２≠０ Ｄ． ２＝ １
１． 答案 Ａ
２．（２０２１届山东济宁月考）野外骑行在近几年越来越流行 越来
，
越受到人们的青睐 对于自行车的要求也在不断提高 不管如 球Ｂ的速度为零
， 。 Ａ．
何变化 自行车装置和运动原理都离不开圆周运动 下面结合 球Ａ的速度大小为 ｇＬ
， 。 Ｂ． ２
自行车实际情况与物理学相关的说法正确的是 水平转轴对杆的作用力为 ． ｍｇ
（ ） Ｃ． １５
水平转轴对杆的作用力为 ． ｍｇ
Ｄ． ２５
５． 答案 Ｃ
二、多项选择题 每题 分 共 分
（ ４ ， １６ ）
６．（２０２１届天津静海一中月考）如图所示 质量相同的两个小
，
球ａ ｂ分别从斜面顶端Ａ和斜面中点Ｂ沿水平方向抛出 恰
、 ，
好都落在斜面底端 不计空气阻力 下列说法正确的是
图乙中前轮边缘处Ａ Ｂ Ｃ Ｄ四个点的线速度相同 。 ，
Ａ． 、 、 、
大齿轮与小齿轮的齿数如图丙所示 则大齿轮转 圈 小齿 （ ）
Ｂ． ， １ ，
轮转 圈
３
图乙中大齿轮边缘处Ｅ点和小齿轮边缘处Ｆ点角速度相同
Ｃ．
在大齿轮处的角速度不变的前提下 增加小齿轮的齿数 自
Ｄ． ， ，
行车的速度将变大
２． 答案 Ｂ
３．（２０２０ 河北唐山一中调研， 小球ａ ｂ做平抛运动的初速度大小之比为
Ａ． 、 ２ ∶ １
２）如图所示 倾角θ °的斜 小球ａ ｂ到达斜面底端时的位移大小之比为
， ＝３０ Ｂ． 、 １ ∶ １
面体Ｃ固定在水平面上 置于 小球ａ ｂ运动过程中速度变化量的方向相同
， Ｃ． 、
斜面上的物块 Ｂ 通过细绳跨 小球ａ ｂ到达斜面底端的速度方向与斜面的夹角相同
Ｄ． 、
过光滑定滑轮 滑轮可视为质 ６． 答案 ＣＤ
（
点 与小球Ａ相连 连接物块Ｂ的细绳与斜面平行 滑轮左侧 ７．（２０２０辽宁沈阳铁路实验中学 １０ 月月
） ， ，
考，１４）如图所示 一质量为 ｍ 的小球置
的细绳长度为Ｌ 物块Ｂ与斜面间的动摩擦因数μ ３ 假设 ，
， ＝ ， 于半径为 Ｒ 的光滑竖直圆轨道最低点 Ａ
３
最大静摩擦力等于滑动摩擦力 开始时 Ａ Ｂ 均处于静止状 处 Ｂ为轨道最高点 弹簧一端固定于圆
。 、 ， ，
态 Ｂ Ｃ间恰好没有摩擦力 现让Ａ在水平面内做匀速圆周运 心Ｏ点 另一端与小球拴接 已知弹簧的
， 、 ， ， 。
动 物块Ｂ始终静止 则Ａ的最大角速度为 ｍｇ
， ， （ ） 劲度系数ｋ 原长Ｌ Ｒ 弹簧始终处
ｇ ｇ ｇ ｇ ＝ Ｒ ， ＝２ ，
２ ３ ２
Ａ． Ｌ Ｂ． Ｌ Ｃ． Ｌ Ｄ． Ｌ 于弹性限度内 若给小球一水平初速度 ｖ 已知重力加速度
２ ３ ， ０，
３． 答案 Ａ 为ｇ 则有
， （ ）
４．（２０２１届福建龙岩开学考试）如图所 当ｖ 较小时 小球可能会离开圆轨道
Ａ． ０ ，
示 顶角θ ° 光滑 字形轨道ＡＯＢ
， ＝６０ 、 Ｖ 若 ｇＲ ｖ ｇＲ 则小球会在Ｂ Ｄ间脱离圆轨道
固定在竖直平面内 且 ＡＯ 竖直 一 Ｂ． ２ ＜ ０＜ ５ ， 、
， 。 只要ｖ ｇＲ 小球就能做完整的圆周运动
水平杆与轨道交于Ｍ Ｎ两点 已知杆 Ｃ． ０＞ ４ ，
、 ， 只要小球能做完整的圆周运动 则小球与轨道间最大压力与
自由下落且始终保持水平 经时间 ｔ 速度由 增大到 Ｄ． ，
， ６ ｍ／ｓ 最小压力之差与ｖ 无关
０
１２８ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
７． 答案 ＣＤ 出钢球的遮光时间为ｔ 力传感器示数的最大值为Ｆ
， ２；
８．（２０２０天津模拟）为了研究空气动力学问题 如图所示 某人 已知当地的重力加速度大小为ｇ 请用上述测得的物理
， ， ，
将质量为ｍ的小球从距地面高ｈ处以一定初速度水平抛出 量表示
， ：
在距抛出点水平距离Ｌ处 有一根管口比小球直径略大的竖 钢球经过光电门时的线速度表达式ｖ 向
， （１） ＝ ，
ｈ ｖ２
直细管 上管口距地面的高度为 小球在水平方向上受恒 心力表达式Ｆ ｍ
， 。 向＝ Ｒ ＝ ；
２
定风力作用 且小球恰能无碰撞地通过管子 则下列说法正 钢球经过光电门时所受合力的表达式 Ｆ
， ， （２） 合 ＝
确的是
（ ） ；
若在实验误差允许的范围内Ｆ Ｆ 则验证了向心
（３） 向＝ 合，
力与线速度的关系 该实验可能的误差有
。 ：
写出一条即可
。 （ ）
ｄ Ｆ ｄ２
１０． 答案 １ Ｆ Ｆ 摆线的长度
（１） ｔ ｄ （２） ２－ １ （３）
ｇｔ２ Ｌ
（ ＋ ）
２
ｇ 测量有误差
小球的初速度大小为Ｌ
Ａ． ｈ
四、计算题 共 分
ｍｇＬ （ ２４ ）
风力的大小为２ １１．（２０２０山东等级考模拟，１８） 分 如图所
Ｂ． ｈ （１２ ）
示 不可伸长的轻质细线下方悬挂一可视为
小球落地时的速度大小为 ｇｈ ，
Ｃ． ２ 质点的小球 另一端固定在竖直光滑墙面上
，
小球落地时的速度大小为 ｇｈ 的Ｏ 点 开始时 小球静止于 Ａ点 现给小
Ｄ． ２
。 ， ，
８． 答案 ＢＤ 球一水平向右的初速度 使其恰好能在竖直
，
９．（２０１９湖南师大附中段考，１４）如图
平面内绕 Ｏ 点做圆周运动 垂直于墙面的
。
所示 叠放在水平转台上的小物体 Ａ 钉子Ｎ位于过Ｏ点竖直线的左侧 ＯＮ与ＯＡ的夹角为θ θ
，
， （０＜ ＜
和Ｂ及Ｃ 正随转台一起以角速度 ω 且细线遇到钉子后 小球绕钉子在竖直平面内做圆周运
π）， ，
匀速转动 没发生相对滑动 Ａ Ｂ Ｃ 动 当小球运动到钉子正下方时 细线刚好被拉断 已知小球
（ ）， 、 、 ， ， 。
的质量分别为 ｍ ｍ ｍ Ａ与Ｂ Ｂ与 的质量为 ｍ 细线的长度为 Ｌ 细线能够承受的最大拉力为
３ 、２ 、 ， 、 ， ，
转台 Ｃ与转台间的动摩擦因数都为μ Ｂ Ｃ 离转台中心的距 ｍｇ ｇ为重力加速度大小
、 ， 、 ７ ， 。
离分别为ｒ ． ｒ 设最大静摩擦力等于滑动摩擦力 以下说法 求小球初速度的大小ｖ
正确的是 、１５ ， ， （１） 求小球绕钉子做圆周运 ０ 动 ； 的半径ｒ与θ的关系式
（ ） （２） ；
Ｂ对Ａ的摩擦力可能为 μｍｇ 在细线被拉断后 小球继续向前运动 试判断它能否
Ａ． ３ （３） ， ，
Ｃ与转台间的摩擦力小于Ａ与Ｂ间的摩擦力 通过Ａ点 若能 请求出细线被拉断时θ的值 若不能 请通
Ｂ． 。 ， ； ，
μｇ 过计算说明理由
转台的角速度ω有可能恰好等于 ２ 。
Ｃ． ｒ θ
３ １１． 答案 ｇＬ ｒ ３＋２ ｃｏｓ Ｌ 见解析
若角速度ω再在题干所述基础上缓慢增大 Ａ与Ｂ间最先发 （１） ５ （２） ＝ θ （３）
Ｄ． ， ４＋２ ｃｏｓ
生相对滑动 １２．（２０２１届山东泰安月考） 分 如图所示 Ｍ是水平放置的
（１２ ） ，
９． 答案 ＢＣ 半径足够大的圆盘 绕过其圆心的竖直轴ＯＯ′匀速转动 规定
， ，
经过圆心Ｏ水平向右为ｘ轴的正方向 在圆心Ｏ正上方距
三、实验题 共 分 。
（ ５ ） 盘面高为ｈ处有一个正在间断滴水的容器 从ｔ 时刻开始
１０．（２０１９福建泉州第二次质检）某同学做验证向心力与线速度 ， ＝０
该容器从Ｏ点正上方随传送带沿与ｘ轴平行的方向做匀速直
关系的实验 装置如图所示 一轻质细线上端固定在力传感器
， ， 线运动 速度大小为ｖ 已知容器在ｔ 时刻滴下第一滴水
上 下端悬挂一小钢球 钢球静止时刚好位于光电门中央 ， 。 ＝０ ，
， 。 。 以后每当前一滴水刚好落到盘面上时再滴一滴水 不计空气
主要实验步骤如下 。
： 阻力 重力加速度为ｇ 求
， ， ：
每一滴水经多长时间落到盘面上
（１） ；
要使每一滴水在盘面上的落点都位于同一直线上
（２） ，
圆盘转动的角速度ω应为多大
；
第二滴水与第三滴水在盘面上落点间的最大距离ｘ
（３） 。
用游标卡尺测出钢球直径ｄ ｈ ｇ
① ； １２． 答案 ２ ｎ ｎ
将钢球悬挂静止不动 此时力传感器示数为Ｆ 用米 （１） ｇ （２） π ｈ （ ＝１，２，３，…） （３）
② ， １， ２
尺量出线长Ｌ ｈ
； ｖ ２
将钢球拉到适当的高度处静止释放 光电门计时器测 ５ ｇ
③ ，
专题四 曲线运动 １２９
Ａ 组
一、选择题
１．（２０２０河南五岳４月联考，１）关于力与运动 下列说法正确的
，
是
（ ）
若物体受到恒力作用 则物体一定做直线运动
Ａ． ，
若物体受到变力作用 则物体一定做曲线运动
Ｂ． ，
若物体做匀速圆周运动 则物体受到的合外力一定为变力
Ｃ． ，
若物体做匀变速曲线运动 则物体受到的合外力一定为变力
Ｄ． ，
答案 Ｃ 物体所受合外力与速度共线 物体做直线运动
， ；
物体所受合外力与速度不共线 物体做曲线运动 所以物体做
， ，
直线运动还是曲线运动与物体所受力是恒力还是变力无关
， 答案 Ｄ 试题以用画笔在竖直向上匀速运动的白板上画
错误 物体做匀速圆周运动 合外力完全提供向心力 合
Ａ、Ｂ ； ， ， 线为情境 考查学生曲线运动等必备知识 主要考查理解能力
外力大小不变 方向始终改变 总是指向圆心 正确 物体做 ， ，
， ， ，Ｃ ； 与模型建构能力 体现了科学推理的学科素养 突出对基础性
匀变速曲线运动 加速度恒定 根据牛顿第二定律可知合外力 ， ，
， ， 与应用性考查要求
一定是恒力 错误 。
，Ｄ 。 由题可知 画笔相对白板竖直方向向下做匀速运动 水平
２．（２０１９广东汕头二模，１５） 年央视春晚加入了非常多的 ， ，
２０１９ 方向先向右做匀加速运动 根据运动的合成和分解可知 此时
科技元素 在舞台表演中还出现了无人机 现通过传感器将某 ， ，
， 。 画笔做曲线运动 由于合力向右 则曲线向右弯曲 然后水平方
台无人机上升向前追踪拍摄的飞行过程转化为竖直向上的速 ， ， ，
向向右做匀减速运动 同理可知轨迹仍为曲线运动 由于合力
度ｖ 及水平方向速度 ｖ 与飞行时间 ｔ 的关系图像如图所示 ， ，
ｙ ｘ 。 向左 则曲线向左弯曲 故 正确
则下列说法正确的是 ， ， Ｄ 。
（ ） ４．（２０１９广东揭阳一模，１８）在竖直墙壁上悬挂一镖靶 某人站
，
在离墙壁一定距离的某处 先后将两只飞镖Ａ Ｂ由同一位置
， 、
水平掷出 两只飞镖落在靶上的状态如图所示 侧视图 若不
， （ ），
计空气阻力 下列说法中正确的是
， （ ）
无人机在ｔ 时刻处于失重状态
Ａ． １
无人机在 ｔ 这段时间内沿直线飞行
Ｂ． ０～ ２
无人机在ｔ 时刻上升至最高点
Ｃ． ２
无人机在ｔ ｔ 时间内做匀变速运动
Ｄ． ２～ ３
答案 Ｄ 依据图像可知 无人机在ｔ 时刻 在竖直方向向
， １ ，
上做匀加速直线运动 而水平方向则是做匀减速直线运动 则
， ，
无人机有竖直向上的加速度 处于超重状态 故 错误 由图
， ， Ａ ；
像可知 无人机在 ｔ 这段时间 竖直方向向上做匀加速直线 Ａ Ｂ两镖在空中运动时间相同
， ０～ ２ ， Ａ． 、
运动 而水平方向做匀减速直线运动 那么合加速度与合初速 Ｂ镖掷出时的初速度比Ａ镖掷出时的初速度小
， ， Ｂ．
度不共线 所以无人机做曲线运动 即无人机沿曲线飞行 故 Ａ Ｂ镖的速度变化方向可能不同
， ， ， Ｂ Ｃ． 、
错误 无人机在竖直方向 先向上做匀加速直线运动 后向上做 Ａ镖的质量一定比Ｂ镖的质量小
； ， ， Ｄ．
匀减速直线运动 因此无人机此在ｔ 时刻没有上升至最高点 答案 Ｂ 飞镖Ｂ下落的高度大于飞镖Ａ下落的高度 根据
， ２ ， ，
故 错误 在ｔ ｔ 时间内 无人机水平方向做匀速直线运动 ｈ
Ｃ ； ２～ ３ ， ， ｈ １ ｇｔ２ 得 ｔ ２ Ｂ镖下降的高度大 则Ｂ镖的运动时间
而竖直方向做匀减速直线运动 因此无人机做匀变速运动 故 ＝ ： ＝ ｇ ， ，
， ， ２
正确 长 故 错误 水平位移相等 Ｂ镖运动的时间长 则Ｂ镖的初
Ｄ 。 ， Ａ ； ， ，
３．（２０２０广东肇庆二模，１６）如图所示 一块可升降白板沿墙壁 速度小 故 正确 Ａ Ｂ镖都做平抛运动 速度变化量的方向与
， ， Ｂ ； 、 ，
竖直向上做匀速运动 某同学用画笔在白板上画线 画笔相对 加速度方向相同 均竖直向下 故 错误 平抛运动的时间与
， ， ， ， Ｃ ；
于墙壁从静止开始水平向右先匀加速 后匀减速直到停止 取 质量无关 本题无法比较两飞镖的质量大小关系 故 错误
， 。 ， ， Ｄ 。
水平向右为ｘ轴正方向 竖直向下为ｙ轴正方向 则画笔在白 ５．（２０２０东北三省四市教研联合体二联，５）为了解决高速列车
， ，
板上画出的轨迹可能为 在弯道上运行时轮轨间的磨损问题 保证列车能安全地通过弯
（ ） ，
道 常用的办法是将弯道外轨轨枕下的道床加厚 使外轨高于
， ，
内轨 外轨与内轨的高度差叫曲线外轨超高 已知某曲线路段
， 。
设计外轨超高值为 两铁轨间距离为 最佳的
７０ ｍｍ， １ ４３５ ｍｍ，
过弯速度为 则该曲线路段的半径约为 ｇ取 ２
３５０ ｋｍ／ｈ， （ １０ ｍ／ｓ ）
（ ）
Ａ．４０ ｋｍ Ｂ．３０ ｋｍ Ｃ．２０ ｋｍ Ｄ．１０ ｋｍ
答案 Ｃ 本题以高速列车转弯为情景 考查圆周运动 通
， ，
过对列车圆周运动的分析 考查学生的理解能力和分析综合能
，
１３０ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
力 体现运动与相互作用观念和社会责任要素
， 。 答案 ｍｇ 方向竖直向下 ９ ｍｇＲ
设倾角为θ 列车转弯的合力提供向心力 则有 （１）９ ， （２）
， ， ４
ｖ２ 解析 Ｐ Ｑ碰撞过程
ｍｇ θ ｍ （１） 、 ：
ｔａｎ ＝ Ｒ ｍｖ ｍｖ ｍｖ
０＝ １＋ ２
ｖ２
得Ｒ １ ｍｖ２ １ ｍｖ２ １ ｍｖ２
＝ｇ θ ０＝ １＋ ２
ｔａｎ ２ ２ ２
由于倾角很小 则有 解得 ｖ ｖ
， ： ２＝ ０
ｔａｎ
θ
≈ｓｉｎ
θ
Ｎ′ ｍｇ ｍ
ｖ２
２
则有 － ＝ Ｒ
( )
２ 由牛顿第三定律得
３５０
． Ｎ Ｎ′
Ｒ ３６ ． ＝
＝ ｍ≈１９３７６９ ｍ≈２０ ｋｍ
７０ Ｎ ｍｇ
１０× ＝９
１４３５ 方向竖直向下
故 错误 正确
Ａ、Ｂ、Ｄ ，Ｃ 。 从Ｃ点脱离轨道
解题关键 当角度很小时 θ θ （２）
６．（２０１９吉 林长春普通高中二
ｔａｎ
检，
≈
１８
ｓｉ
）
ｎ
如
。
图所示 光滑地面上静 ｍｇ ° ｍ
ｖ２Ｃ
， ｃｏｓ６０ ＝ Ｒ
置一质量为Ｍ的半圆形凹槽 凹槽半径为Ｒ 表面光滑 将一
， ， 。 由能量关系
质量为ｍ的小球 可视为质点 从凹槽边缘处由静止释放 当 ：
（ ） ，
小
比较
球
复
运
杂
动到
但
凹
是
槽
我
的
们
最
可
低
以
点
根
时
据 ， 学
对
过
凹
的
槽
物
的
理
压
知
力
识
为
和
Ｆ
方 Ｎ。 法
Ｆ
判 Ｎ
的
断
求
出
解
可 －
ｍｇ
（
Ｒ
＋
Ｒ
ｃｏｓ６０
°
）－
Ｗ
＝ ２
１ ｍｖ２Ｃ－
２
１ ｍｖ２
２
，
能正确的是 重力加速度为ｇ 解得
：
Ｗ
＝
９ ｍｇＲ
（ ） （ ）
４
８．（２０２０和平期末）如图所示 半径Ｒ ． 的圆弧轨道ＢＣ固
， ＝０４ ｍ
定在竖直平面内 轨道的上端点Ｂ和圆心Ｏ的连线与水平方
，
向的夹角θ ° 下端点Ｃ为轨道的最低点且与粗糙水平面相
＝３０ ，
切 一根轻质弹簧的右端固定在竖直挡板上 质量ｍ ．
， 。 ＝０ １ ｋｇ
Ｍ ｍ ｍｇ ｍ Ｍ ｍｇ 的小物块 可视为质点 从空中Ａ点以ｖ 的速度被水
Ａ．
（３ ＋
Ｍ
２ ）
Ｂ．
（３ ＋
Ｍ
２ ） （ ） ０＝２ ｍ／ｓ
平抛出 恰好从Ｂ点沿轨道切线方向进入轨道 经过Ｃ点后沿
， ，
（３ Ｍ ＋２） ｍｇ （３ ｍ ＋２） ｍｇ 水平面向右运动至Ｄ点时 弹簧被压缩至最短 此时弹簧的弹
Ｃ． Ｍ Ｄ． Ｍ ， ，
性势能Ｅ ． Ｃ Ｄ两点间的水平距离Ｌ ． 小物块与
答案 Ａ 本题考查圆周运动 单位制 属于基础性考查要 ｐ＝０４ Ｊ， 、 ＝１ ２ ｍ，
、 ， 水平面间的动摩擦因数μ ． ｇ取 ２ 求
求 体现运动与相互作用观念要素 压力Ｆ 的单位是 ＝０５， １０ ｍ／ｓ 。 ：
两个 ， 选项的单位不是 所以 。 两选项排 Ｎ 除 当Ｍ很 Ｎ 大 ，Ｃ 时 、Ｄ （１） 小物块经过圆弧轨道上Ｂ点时速度ｖ Ｂ 的大小 ；
Ｎ， Ｃ、Ｄ 。 ， 小物块经过圆弧轨道上Ｃ点时对轨道的压力大小
小球ｍ运动到最低点时Ｍ获得的速度近似为零 小球在这个 （２） ；
， 在圆弧轨道运动过程中摩擦力对小物块做的功Ｗ
ｍｖ２ ｍｖ２ （３） ｆ。
过程中机械能近似守恒 有 １ ｍｖ２ ｍｇＲ Ｆ ｍｇ Ｆ
， ＝ ， Ｎ－ ＝ Ｒ ， Ｎ＝ Ｒ
２
ｍｇＲ Ｍ ｍ
ｍｇ ２ ｍｇ ｍｇ 当 Ｍ 很大时 选项（３ ＋２ ）ｍｇ
＋ ＝ Ｒ ＋ ＝３ 。 ，Ａ Ｍ ≈
ｍ Ｍ
ｍｇ 选项（３ ＋２ ）ｍｇ ｍｇ 所以 不正确 正确
３ ；Ｂ Ｍ ≈２ ， Ｂ ，Ａ 。
温馨提示 根据单位制可排除错误选项
。
二、非选择题
７．（２０２０滨海七校期末）如图所示 竖直轨道ＡＢＣＤ由两部分构
， 答案 ．
成 ＡＢ部分为光滑水平轨道 ＢＣＤ部分为一半径为Ｒ的粗糙半 （１）４ ｍ／ｓ （２）６ Ｎ （３）－０４ Ｊ
。 ， 解析 小物块恰好从Ｂ点沿切线方向进入轨道 由几何
圆轨道 ＡＢ右端Ｂ点与半圆轨道的底端相切 一质量为ｍ的小 （１） ，
， 。 关系有
滑块Ｐ从ＡＢ轨道上的Ａ点处以速度ｖ ｇＲ向右滑行 与原本 ｖ
静止在轨道上的质量也为ｍ的小滑块 ０ Ｑ ＝ 发生 ８ 弹性碰撞 ， 碰后Ｑ ｖ Ｂ＝ ０ θ＝ ２ ° ｍ／ｓ＝４ ｍ／ｓ
。 ｓｉｎ ｓｉｎ３０
冲上竖直轨道并恰好从Ｃ点脱离轨道 ＯＣ与竖直方向夹角θ 小物块由Ｃ点运动到Ｄ点 由能量守恒定律有
， ＝ （２） ，
° 两滑块均可看成质点 重力加速度为ｇ 求
６０ ，
（１） 滑块Ｑ运动到Ｂ
，
处对轨道的压力
，
Ｎ
：
；
１
２
ｍｖ２Ｃ＝ μｍｇＬ
＋
Ｅ
ｐ
滑块Ｑ从Ｂ至Ｃ的运动过程中克服阻力做的功Ｗ 在Ｃ点处 由牛顿第二定律有
（２） 。 ，
Ｆ ｍｇ ｍ
ｖ２Ｃ
－ ＝ Ｒ
解得Ｆ
＝６ Ｎ。
根据牛顿第三定律 小物块经过圆弧轨道上 Ｃ 点时对轨
，
道的压力大小为
６ Ｎ。
专题四 曲线运动 １３１
小物块从Ｂ点运动到Ｄ点由能量守恒定律有 代值得Ｗ ．
（３） ｆ＝－０４ Ｊ。
１ ｍｖ２Ｂ＋ ｍｇＲ
（１＋ｓｉｎ
θ
）＝
μｍｇＬ
＋
Ｅ
ｐ－
Ｗ
ｆ
２
Ｂ 组
一、选择题 为 ． 时绳断裂 ｇ ２ ° ． ° ．
１２５ Ｎ ，（ ＝１０ ｍ／ｓ ，ｓｉｎ ３７ ＝０ ６，ｃｏｓ ３７ ＝０ ８）
１．（２０２０江苏苏州、无锡、常州、镇江四市一模，５）如图所示 从 则
， （ ）
匀速运动的水平传送带边缘垂直弹入一底面涂有墨汁的棋子
，
棋子在传送带表面滑行一段时间后随传送带一起运动 以传
。
送带的运动方向为ｘ轴 棋子初速度方向为ｙ轴 以出发点为
， ，
坐标原点 棋子在传送带上留下的墨迹为
， （ ）
当细绳承受的拉力恰为最大时 绳与水平方向夹角为 °
Ａ． ， ３７
当细绳承受的拉力恰为最大时 小球的角速度为
Ｂ． ， ５ ｒａｄ／ｓ
绳断裂后 小球做平抛运动的初速度大小为 ．
Ｃ． ， １５ ｍ／ｓ
绳断裂后 小球落地点与悬点的水平距离为 ．
Ｄ． ， ０３ ３ ｍ
答案 ＢＣ 本题以物体圆锥摆运动为物理情境 考查内容
，
涉及圆周运动规律 平抛运动规律等必备知识 主要考查理解
、 ；
能力 模型建构能力 体现物理观念 科学思维的学科素养 突
答案 Ａ 试题以传送带为情境 考查运动的合成和分解等 、 ， 、 ，
， 出对综合性 应用性的考查要求
必备知识 主要考查理解能力 推理论证能力 体现了科学推理 、 。
， 、 ， 当细绳承受的拉力恰为最大时 对小球受力分析
的学科素养 突出对基础性与应用性考查要求 ， ，
， 。 如图所示 竖直方向Ｆ θ ｍｇ 得θ ° 绳与水平
根据运动的合成与分解 以传送带为参考系 棋子在垂直 ， Ｔ ｃｏｓ ＝ ， ＝３７ ，
， ， 方向夹角为 ° 选项 错误 当细绳承受的拉力恰为
传送带方向做匀减速直线运动 在平行传送带方向做匀减速直 ５３ ， Ａ ；
线运动 根据矢量的合成与分解
，
法则 合初速度与合加速度共
最大时
，
向心力 Ｆ
向 ＝
ｍｇ
ｔａｎ３７
°
＝
ｍω２Ｌ
ｓｉｎ３７
°
，
解得
， ， ω 选项 正确 绳断裂后 小球做平抛运动
线 所以棋子在传送带上留下的墨迹直线 又棋子相对于传送 ＝５ ｒａｄ／ｓ， Ｂ ； ， ，
， ， 平抛运动的初速度为ｖ ωＬ ° ． 选项
带往后运动 故 正确 错误 ０＝ ｓｉｎ３７ ＝１ ５ ｍ／ｓ， Ｃ
， Ａ ，Ｂ、Ｃ、Ｄ 。
２．一斜面体放置在水平地面上 其倾角如图所示 两个小球Ｐ Ｑ 正确 绳断裂后 竖直方向有ｙ ｈ Ｌ ° １ ｇｔ２ 得ｔ ３
， ， 、 ； ， ＝ － ｃｏｓ３７ ＝ ， ＝ ｓ，
分别从图示位置以相同的速率水平抛出 两个小球落到斜面上 ２ ５
，
时 ， 其速度方向均与斜面垂直 。 则下面说法中正确的是 水 错 平 误 方向有ｘ ＝ ｖ ０ ｔ ＝０ ． ３ ３ ｍ， ｄ ＝ Ｌ２ ｓｉｎ ２ θ ＋ ｘ２ ＝０ ． ６ ｍ， 选项 Ｄ
。
（ ） ４．（２０２０湖南长沙统考） 多选 如图甲所示 用不可伸长的轻绳
（ ） ，
连接的小球绕固定点Ｏ在竖直面内做圆周运动 小球经过最
。
高点时绳子拉力的大小Ｆ 与此时速度的平方ｖ２ 的关系如图
Ｔ
乙所示 图像中的数据ａ和ｂ以及重力加速度ｇ都为已知量
。 ，
不计摩擦力和空气阻力 以下说法正确的是
。 （ ）
Ｐ Ｑ两球在空中运动的时间之比为
Ａ． 、 １ ∶ ２
Ｐ Ｑ两球在空中运动的时间之比为
Ｂ． 、 ２ ∶ １
Ｐ Ｑ两球在水平方向通过的距离之比为
Ｃ． 、 ９ ∶ １
Ｐ Ｑ两球在竖直方向下落的距离之比为
Ｄ． 、 ９ ∶ １
答案 Ｄ 设两球水平初速度为 ｖ 根据几何知识可得
， ，
ｖ ｔ °
θ 即 θ与ｔ成反比 故 １ ｔａｎ６０ 故 错 数据ａ与小球的质量有关
ｔａｎ ＝ｇｔ， ｔａｎ ， ｔ ＝ °＝３， Ａ、Ｂ ； Ａ．
２ ｔａｎ３０ 数据ｂ与小球的质量无关
水平方向通过的距离为ｘ ｖｔ 可知水平位移与时间成正比 故 Ｂ．
＝ ， ， 利用数据ａ ｂ和ｇ能够求出小球的质量和圆周轨道半径
Ｃ． 、
为 故 错 竖直方向下落的距离为ｈ １ ｇｔ２ 竖直方向下 数据ｂ对应的状态 当小球运动到最低点时 绳子的拉力
３ ∶ １， Ｃ ； ＝ ， Ｄ． ， ，
２ 为 ｂ
落的距离与时间的平方成正比 故 对 ７
， Ｄ 。 答案 ＣＤ 本题以竖直平面内的圆周运动为物理情境 考
思路点拨 ．解本题的关键是先画出运动示意图 然后找出速 ，
１ ， 查内容涉及圆周运动规律 动能定理等必备知识 主要考查理
度偏转角和斜面倾角的关系 、 ；
。 解能力 推理论证能力 体现科学思维的学科素养 突出对应用
．本题的选项是比值 解决比值问题时 可以直接看两个 、 ， ，
２ ， ， 性的考查要求
物理量的关系 写出比例式再得到比值 。
３．（２０１９安徽名
，
校联盟一模） 多选 如图
。
所示 现有一根不可伸 小球在最高点 根据牛顿第二定律得 Ｆ ｍｇ ｍ
ｖ２
（ ） ， ， ： Ｔ＋ ＝ ｒ
长的轻质细绳 绳长Ｌ ． 绳的一端固定于Ｏ点 另一端
， ＝０５ ｍ。 ， ｖ２
系着质量ｍ 的可视为质点的小球 Ｏ点距地面 如果 得Ｆ ｍ ｍｇ
＝１ ｋｇ ， １ ｍ， Ｔ＝ ｒ －
使小球绕ＯＯ′轴在水平面内做圆周运动 当细绳承受的拉力恰
， 根据图像 当Ｆ 时 ｖ２ ａ ｇｒ 所以数据ａ与小球的质
， Ｔ＝０ ， ＝ ＝ ，
１３２ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
量无关 故 错误 桌子的高度ｈ
， Ａ ； （３） 。
ｖ２ 答案 ２ ．
根据图像 ｖ２ ａ 时 Ｆ ｂ 代入 Ｆ ｍ ｍｇ 解得 ｂ （１）５ ｒａｄ／ｓ ２５ ｍ／ｓ （２）０９２８ ｓ
， ＝２ ， Ｔ＝ ， Ｔ＝ ｒ － ， ．
（３）０８ ｍ
ｍｇ ｖ
＝ 解析 小球在半圆轨道上运动的角速度为 ω ０
所以数据ｂ与小球的质量有关 故 错误 （１） ＝ Ｒ ＝
， Ｂ ；
由ａ ｇｒ ｂ ｍｇ 可以求出小球的质量ｍ和圆周轨道半径
＝ ， ＝ ， ５
ｒ 故 正确 ． ｒａｄ／ｓ＝５ ｒａｄ／ｓ
， Ｃ ； １０
数据ｂ对应的状态
，
可设最高点对应的速度为ｖ
１，
最低点
加速度为ａ
ｖ２
０ ５ ２ ２ ２
对应的速度为ｖ 小球在最高点 根据牛顿第二定律 ｂ ｍｇ ＝ Ｒ ＝ ． ｍ／ｓ ＝２５ ｍ／ｓ 。
２， ， ： ＋ ＝ １０
ｖ２ 小球从Ａ运动到Ｂ的时间为
ｍ １ （２）
ｒ Ｒ ． ．
ｔ π ３１４×１０ ．
小球在最低点 根据牛顿第二定律 Ｆ ｍｇ ｍ
ｖ２
２
１＝ ｖ
０
＝
５
ｓ≈０６２８ ｓ
， ： Ｔ２－ ＝ ｒ
从Ｂ运动到Ｃ的时间为ｔ
Ｌ
１
．
５ ．
２＝ｖ ＝ ｓ＝０３ ｓ
小球从最高点到最低点
，
根据动能定理
：２
ｍｇｒ
＝
２
１ ｍｖ２
２－ 小球从 Ａ 运动到 Ｃ 的时间为
０
ｔ
＝
５
ｔ
１＋
ｔ
２＝（０
．
６２８＋０
．
３） ｓ＝
．
１ ｍｖ２ ０９２８ ｓ。
１
２ 小球从Ｃ到Ｄ做平抛运动 有ｈ １ ｇｔ２ ｘ ｖ ｔ
联立解得 Ｆ ｍｇ ｂ （３） ， ＝ ， ＝ ０
： Ｔ２＝７ ＝７ ２
故 正确 ｇｘ２ ． ２
Ｄ 。 解得桌子的高度ｈ １０×２０ ．
５．（２０１９安徽师大附中模拟，２１） 多选 如图所示 在匀速转动 ＝ ｖ２ ＝ ２ ｍ＝０８ ｍ。
（ ） ， ２ ０ ２×５
的水平圆盘上 沿半径方向放着用细线相连的质量均为ｍ的 ７．（２０１９广东惠州三模，２４）如图所示 一个质量为 的滑板
， ， ６０ ｋｇ
两个物体Ａ和Ｂ 它们分居圆心两侧 与圆心距离分别为Ｒ 运动员 以ｖ 的初速度从某一高台的 Ａ 点水平飞
， ， Ａ＝ ， ０＝４ ３ ｍ／ｓ
ｒ Ｒ ｒ 与盘间的动摩擦因数μ相同 当圆盘转速加快到两 出 恰好从光滑圆轨道的Ｂ点的切线方向进入圆弧 不计空气
、 Ｂ＝２ ， ， ， （
物体刚好还未发生滑动时 设最大静摩擦力等于滑动摩擦 阻力 进入圆弧时无机械能损失 已知圆弧的半径Ｒ θ
（ ， ）。 ＝３ ｍ，
力 重力加速度大小为ｇ 下列说法正确的是
）， ， （ ） ° 取ｇ ２ ° １ ° ３ 求
＝６０ ， ＝１０ ｍ／ｓ ，ｃｏｓ６０ ＝ ，ｓｉｎ６０ ＝ ， ：
２ ２
此时细线张力为 μｍｇ
Ａ． ３
μｇ
此时圆盘的角速度为 ２
Ｂ． ｒ
此时Ａ所受摩擦力方向沿半径指向圆盘外 Ａ距Ｃ点的高度
Ｃ． （１） ；
此时烧断细线 Ａ仍相对盘静止 Ｂ将做离心运动 滑板运动员运动到圆弧轨道最高点 Ｄ 时对轨道的
Ｄ． ， ， （２）
答案 ＡＢＣ 两物体刚好未发生滑动时 Ａ受背离圆心的静 压力
， 。
摩擦力 Ｂ受指向圆心的静摩擦力 其大小均为μｍｇ 则有 Ｆ 答案 ． 方向竖直向上
， ， ， ： Ｔ－ （１）８７ ｍ （２）１４４０ Ｎ
μｇ 解析 设运动员运动到 Ｂ 点时竖直分速度为 ｖ 则
μｍｇ ｍω２ｒ Ｆ μｍｇ ｍω２ ｒ 解得 Ｆ μｍｇ ω ２ 故 （１） １， ：
＝ ， Ｔ＋ ＝ ·２ ， ： Ｔ＝３ ， ＝ ｒ ， ｖ
° ０
选项 正确 当烧断细线时 Ａ所需向心力为Ｆ ｍω２ｒ ｔａｎ３０ ＝ｖ
Ａ、Ｂ、Ｃ ； ， ＝ ＝ １
μｍｇ Ｆ 所以Ａ将发生滑动 选项 错误 解得 ｖ
２ ＞ ｆｍａｘ， ， Ｄ 。 ： １＝１２ ｍ／ｓ
二、非选择题 ｖ２ ２
其中在竖直方向 ｈ １ １２ ．
６．如图所示 用内壁光滑的薄壁细圆管弯成的由半圆形ＡＰＢ 圆
： １＝
２
ｇ＝
２×１０
ｍ＝７２ ｍ
， （
又ｈ Ｒ θ ．
半径比细管的内径大得多
）
和直线ＢＣ组成的轨道固定在水平 ２＝ ｃｏｓ ＝１５ ｍ
桌面上 ， 已知ＡＰＢ部分的半径Ｒ ＝１ ． ０ｍ， ＢＣ段长Ｌ ＝１ ． ５ｍ。 弹 Ａ距Ｃ点的高度 ： Ｈ ＝ ｈ １＋ Ｒ － ｈ ２＝８ ． ７ ｍ
射
从
装
Ａ
置
点
将
射
一
入
个
轨
小
道
球
小
（
球
可
从
视为
Ｃ点
质
离
点
开
） 以
轨道
ｖ ０＝
随
５
即
ｍ
水
／ｓ
平
的
抛
水
出
平初
落
速
地
度
点
（２） 设滑板运动员到达Ｄ点时速度大小为ｖ Ｄ， 则 ： １
２
ｍｖ２ ０＋
， ，
Ｄ与Ｃ点的水平距离ｘ
＝２
．
０ｍ，
不计空气阻力
，
ｇ取
１０ ｍ／ｓ
２
。
求
：
ｍｇＨ
＝
ｍｇ
·２
Ｒ
＋
１ ｍｖ２Ｄ
２
解得 ｖ
： Ｄ＝ １０２ ｍ／ｓ
ｍｖ２
由于运动员能通过圆弧轨道的最高点应满足 ｍｇ
Ｒ ≥ ，
即 ｖ ｇＲ
： ≥
（１）
小球在半圆轨道上运动的角速度 ω 和加速度 ａ 的 因为ｖ２Ｄ＝１０２
ｍ
２
／ｓ
２
≥
ｇＲ
＝１０×３ ｍ
２／
ｓ
２
＝３０ ｍ
２／
ｓ
２
，
所以滑
大小 板运动员能顺利通过最高点Ｄ
； 。
小球从Ａ点运动到Ｃ点的时间ｔ 设运动员在最高点 Ｄ 时 轨道对运动员的作用力为 Ｆ
（２） ； ， Ｎ，
专题四 曲线运动 １３３
则 ｍｇ Ｆ
ｍｖ２Ｄ
（２）
由分析知道考虑摩擦而杆不动
，
则滑块静止
，
为静力
： ＋ Ｎ＝ Ｒ 平衡 滑块受重力影响有下滑趋势 摩擦力向上 支持力和摩擦
， ， ，
解得 Ｆ 力大小分别为
： Ｎ＝１４４０ Ｎ ：
根据牛顿第三定律 运动员在最高点 Ｄ 时对轨道的压力 Ｆ ｍｇ θ
， Ｎ＝ ｃｏｓ
Ｆ ′ Ｆ 方向竖直向上 Ｆ ｍｇ θ
Ｎ ＝ Ｎ＝１４４０ Ｎ， ｆ＝ ｓｉｎ
８．（２０２０山西实验中学摸底，２５）在竖直平面内 支在原点Ｏ的 平衡条件要求 Ｆ μＦ 或 θ μ 设ｚ ｚ 时 θ μ
， ： ｆ≤ Ｎ ｔａｎ ≤ ， ＝ ０ ，ｔａｎ ＝ ，
ｘ２ μ２ｋ
一根弯杆 其形状可以用函数ｚ 来描写 ｋ为有长度量纲的 则滑块静止的条件为 ｚ ｚ
， ＝ ｋ ， ： ≤ ０＝
４
非零正常数 在杆上穿一滑块 杆与滑块间的动摩擦因数为μ 由分析知道当杆匀速转动 在滑块相对于杆不动时
， ， ， （３） ， ，
如图所示 支持力和摩擦力在竖直方向的分力之和与重力平衡 在水平方
。 ，
向的分力之和使滑块产生水平的向心加速度 由此可得 不妨
， （
设摩擦力沿杆向上
）
ｍω２ｋ θ
Ｆ θ Ｆ θ ｍω２ ｋｚ ｔａｎ
Ｎ ｓｉｎ － ｆ ｃｏｓ ＝ ＝ ，
２
Ｆ θ Ｆ θ ｍｇ
Ｎ ｃｏｓ ＋ ｆ ｓｉｎ ＝
Ｆ Ａ θ
（１）
不考虑摩擦
，
求滑块的高度为ｚ时
，
它在沿杆方向的加 由以上二式可得
：Ｆ
ｆ
＝
（１－
Ａ
） ｔａ
２
ｎ
θ
速度的大小 下列 种答案中有一个是正确的 试作出判断并 Ｎ １＋ ｔａｎ
， ５ ， ω２ｋ
其中Ａ
ｚ ｇｚ ＝ ｇ
说明理由 ｇ ｇ ｇｚ ｚ２ ｋ２ ２
：０， ，２ ｚ ｋ， ４ ＋ ， ｋ 。
４ ＋ ｇ Ｆ
考虑摩擦 但杆不动 在什么情况下滑块可以在杆上 当ω ２ 时 Ａ 有 ｆ 即无摩擦力
（２） ， ， ＝ ｋ ， ＝１ Ｆ ＝０， 。
静止 用ｚ μ ｇ ｋ表示 Ｎ
向心加速度完全由重力和支持力的合力提供 这个关系对
？ （ 、 、 、 ）
，
现在设杆以角速度ω绕ｚ轴匀速转动 且有关系ω
（３） ， ＝ 任何θ都能满足 即此时滑块在任何位置都相对于杆静止
， 。
２ ｇ 这时滑块可以在何处相对于杆静止 ｇ Ｆ Ａ θ
ｋ ， ？ 当ω ６ 时 Ａ 由 ｆ （１－ ） ｔａｎ 可知 Ｆ
（４） ＝ ｋ ， ＝３， Ｆ ＝ Ａ ２ θ ， ｆ＜０，
Ｎ １＋ ｔａｎ
ｇ 即摩擦力实际是向下的 由于旋转太快而滑块上有上移的趋
若μ ． ω ６ 则滑块不滑动的条件又如何 ，
（４） ＝０５， ＝ ｋ ， ？
Ｆ Ｆ
答案 见解析 势 滑块相对杆静止的条件为｜ ｆ｜ μ Ｎ μ
， Ｆ ≤ Ｆ ＝
力 解 、 推 析 理 论 试 证 题 能 考 力 查 、 学 模 生 型 圆 建 周 构 运 能 动 力 等 ， 必 体 备 现 知 了 识 科 ， 学 主 推 要 理 考 的 查 学 理 科 解能 素 即 （ １ １ ＋ － Ａ Ａ ） ｔａｎ ｔａ ２ ｎ θ θ ＝ １＋ ２ ３ ｔａ ｔａ ｎ ｎ Ｎ θ ２ θ≤ μ Ｎ ( μ ＝ ２ １ ) ， 或 ３ ｔａｎ ２ θ －
养 突出对综合性考查要求
， 。 ４ ｔａｎ θ ＋１≥０， 此二次函数不等式的判别式为 ： Δ ＝４ ２ －４×３×１＝
由分析知道在不考虑摩擦时 滑块在杆上运动的加速
（１） ，
４＞０
度为重力加速度的切向分量ａ ｇ θ 其中θ为滑块所在点
＝ ｓｉｎ ， 故不等式满足的条件为 θ １ 或 θ
杆的法线与重力方向的夹角 ａ一般不为零 且一定不超过ｇ ：ｔａｎ ≤ ｔａｎ ≥１
， ， ， ３
当 ｚ 时 杆近于竖直 ａ 趋近于 ｇ 于是可判断 ａ
→∞ ， ， ， ＝ ｚ ｋ
将 θ 代入 即得滑块不滑动的条件为 ｚ
ｚ ｔａｎ ＝２ ｋ ， ０≤ ≤
ｇ 由此算得 ３６
２ ｚ ｋ， ： ｋ
４ ＋ 或ｚ
ｚ ≥ 。
θ ４
ｓｉｎ ＝２ ｚ ｋ
４ ＋
ｚ
θ
ｔａｎ ＝２ ｋ
