拋體運動與圓周運動（3知識點+7題型+分層限時練）解析版-2025-2026學年高一物理下冊期末復習（人教版必修第二冊）

拋體運動與周運動

（3知識點+7題型十分層限時練）

目錄

【考情透析】......................................................................2

【知識梳理】......................................................................2

知識點01曲線運動基礎......................................................................2

知識點02拋體運動..........................................................................3

知識點03圓周運動..........................................................................4

【典例引領?即時檢測】............................................................5

題型1小船渡河.............................................................................5

撅型2速度關聯問題.........................................................................6

題型3斜面上的拋體運動....................................................................11

題型4水平面內的圓周運動..................................................................13

題型5豎直面內的圓周運動..................................................................17

題型6斜面內的圓周運動....................................................................20

題型7拋體運動與圓周運動的結合問題.......................................................23

【考場練兵?分層實戰】..........................................................26

基礎通關練（測試時間：10分鐘）...........................................................26

重難突破練（測試時間：10分鐘）...........................................................30

綜合拓展練（測試時間：15分鐘）...........................................................35

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?考情透視?目標導骯.

1.分值占比

本專題是高一物理曲線運動核心內容，期末考試總分占匕18-25分，考杳形式全覆蓋：單選題、

多選題、填空題、實驗題，壓軸計算題均會出題，屬于必拿分+拉分重點板塊。

2.核心考查方向

（1）基礎層：平拋運動分運動規律、位移速度計算、運動時間判斷

（2）中層：圓周運動線速度、角速度、周期、向心加速度換算，向心力受力分析

（3）拔高層：水平面勻速圓周運動模型、豎直面圓周運動臨界極值問題

（4）綜合層：平拋運動與圓周運動結合綜合大題

3.命題特點

緊貼課本基礎公式，結合生活實景命題（投籃、飛車轉彎、水流平拋、過山車等），重點考查運

動的合成與分解物理思想，題型靈活，公式變式多。

4.高頻易錯點

（1）混淆合運動、分運動獨立性，錯誤認為水平運動影響豎直下落快慢

（2）記錯平拋速度偏角與位移偏角倍數關系

（3）把向心力當成實際受到的獨立力，受力分析多畫向心力

（4）輕繩、輕桿豎直圓周最高點臨界速度混淆混用

（5）同軸轉動、皮帶傳動物理量相等關系記反

.知識梳理?方法技巧.

必備知識

慢知識點01曲線運動基礎

1.曲線運動定義：物體運動軌跡為曲線的運動。

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2.速度方向：軌跡切線方向，時刻發生改變。

3.運動性質：做曲線運動的物體，速度的方向時刻在改變，所以曲線運動是變速運動。

4.曲線運動條件：當物體所受合力的方向與它的速度方向不在同一直線上時，物體做曲線運動。

5.運動合成與分解

（1）遵循平行四邊形定則

（2）分運動具有獨立性、等時性、等效性

（3）小船渡河、繩端速度分解為基礎應用

技巧：合速度分解到沿繩（或桿）方向和沿垂直與繩（或桿）方向。

限知識點02拋體運動

1.平拋運動

（1）定義：只受重力，初速度沿水平方向的拋體運動

（2）運動性質：勻變速曲線運動，加速度恒定方g,方向豎直向下

（3）運動分解（核心解題思想）

運動方向運動類型受力情況速度公式位移公式

水平方向勻速直線運動不受力，合力為0X=vt

vx=v0o

y=*2

豎直方向自由落體運動初速度為0，只受重力Vy=gt

（4）核心推導公式

①平拋總運動時間：片空，平拋運動時間只由下落高度決定，與水平初速度無關

②落地合速度大小：V=J詔+（g/）2

③速度偏角。（合速度與水平夾角）：tan哈^

④位移偏角。（合位移與水平夾角）：tan?=^￡;

⑤秒殺結論：tan歸2tana

⑥合位移大小：s=y/x2+y2

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（5）平拋兩大推論

①平拋任意時刻，速度反向延長線必過水平位移中點

②同一高度平拋，初速度越大，水平射程越遠

2.斜拋運動

（1）初速度斜向上/斜向下，只受重力，依舊為勻變速曲線運動

（2）分解：水平勻速直線運動，豎直上拋/豎直下拋運動

（3）最高點特點：豎直分速度為0,水平速度保持不變

（4）對稱規律：上升過程與下落過程運動軌跡、時間、速度大小對稱

回知識點03圓周運動

1.描述圓周運動五大基本物理量

物理量符號公式單位

Av2nr

線速度Vv=--=---m/s

AzT

MIn

角速度co(o=——=—rad/s

△lT

周期T轉動一周所用時間s

頻率f單位時間轉動圈數，T=yHz

轉速n單位時間轉動圈數，n=fr/s

物理量核心關系

（1）線速度與角速度：

（2）同軸轉動：角速度g相等，半徑越大線速度越大

（3）皮帶/齒輪傳動：邊緣線速度】相等，半徑越大角速度越小

2.向心加速度

（1）作用：只改變線速度方向，不改變速度大小

（2）方向：始終指向圓心，時刻變化，屬于變加速運動

（3）三大公式：4〃=十6?尸警

3.向心力

（1）本質：效果力，不是物體實際受到的力，由重力、彈力、摩擦力、拉力等合力/分力提供

（2）計算公式：尸產昌〃血2尸〃?蜉

4/37

（3）方向：始終指向圓心，與瞬時速度垂直

（4）受力分析禁忌：畫受力圖絕對不能單獨畫出向心力

4.兩大經典圓周運動模型

（1）水平面勻速圓周運動

常見模型：圓錐擺、火車轉彎、轉盤物體、漏斗模型

受力特點：重力與支持力/拉力的合力水平指向圓心，提供向心力

運動特點：高度不變、速度大小不變、勻速圓周運動

（2）豎直面內圓周運動（期末重中之重）

1.輕繩模型（無支撐，繩子拴小球）

①最高點受力：重力+繩子拉力共同提供向心力

②最高點臨界最小速度：”臨=屈，若速度小于1,臨,則小球無法完成完整圓周運動，中途下落

③最低點：繩子拉力最大，合力向上提供向心力

④運動規律：全程只有重力做功，機械能守恒

II.輕桿模型（有支撐，硬桿固定小球）

①最高點可以提供拉力，也可以提供支持力

②最高點臨界速度：0

③小球速度為0時，桿的支持力平衡重力，依舊可保持圓周運動

④易混區分：無支撐用繩公式，有支撐用桿公式

.典例引領?即時檢測.

題型1小船渡河

卷值「施I屣

....示船覆河而頻用;贏的女除運五瓦的茬韶永,而送訪而未流送哥前答送哥:篇涎河的說而山垂置而庠

…5）37…

i方向的分運動決定，與水流速度無關，核心分為兩類基礎問法：

:1.最短時間渡河：不管船速與水速大小關系如何，當船頭垂直河岸航行時，垂直河岸方向的分速度最大，

d

尸渡河時間最短，最短時間為、山=￡，其中（d）為河寬，口船為船在靜水中的速度。

:2.最短位移渡河：分為兩種情況，當船速大于水速時，調整船頭方向使合速度方向垂直河岸，最短位移等

:于河寬（d）,此時船頭需向上游偏，滿足cos。為船頭與上游河岸的夾角）；當船速G于水速時，

J合速度無法垂直河岸，此時以U次末端為圓心、U冊大小為半徑畫弧，當合速度方向與圓弧相切時，渡河

\位移最短，最短位移為Sm山=d-77,0

fft!

3【典例1】（22-23高一下?新疆阿克蘇?階段檢測）如圖所示，一探險者正從某瀑布上游劃冊渡河，已知

河流的寬度d=200m,此時探險者正處河流正中央力點處，該點與下游瀑布危險區的最短距離為100bm,

已知水流速度為%=4m/s（sin37°=0.6,cos37°=0.8）。從此時開始計時，

（1）若小船在靜水中速度為藝=5m/s,則船到岸的最短時間是多少？所到目的地與河流正充?岸間的距離

是多少？

（2）若小船在靜水中速度為〃2=5m/s,則小船以最短的距離到岸時所需時間是多少？此時船頭方向與河

岸上游的夾角是多少？

（3）為了使小船能避開危險區沿直線到達對岸，小船在靜水中的速度至少是多少？

「100百m

A?

【答案】（1）20s,80m：(2)寸s,37°；(3)2m/s

【詳解】（1）當船頭方向垂直河岸時，則渡河時間最短，則最短時間為t=S=20s

所到目的地與河流正對岸間的距離％=vjt=80m

（2）設船頭與河岸的夾角為氏如圖

船的合速度u=J詔一屏=3m/s

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渡河時間以=5=1s

（3）小船避開危險區沿直線到達對岸，合速度與水流速度的夾角為。，即有tana=3，則a=30。

100V3

小船在河水中運動時，當小船在靜水中的速度與合速度垂直時，小船在靜水中的速度最小為

vmin=Iosina=2m/s

【即時檢測1】（25-26高一上?山西晉城?期末）（多選）如圖所示，在一條寬d=40m、水流速度為3m/s

的河流的岸邊有甲、乙兩條小船，兩船的出發點相距L=20m,甲船在靜水中的速度為4m/s,乙船在靜水

中的速度為3&m/s,某時刻甲、乙兩船同時出發，甲船沿時間最短的路徑運動，乙船沿垂直河岸的路徑運

動，兩側河岸平行，則下列說法正確的是（）

-----＞水流方向

d

WW________

甲乙

A.乙船過河所用時間更短

B.甲、乙兩船過河經過的路程之比為5:4

C.甲、乙兩船在運動過程中可能相撞

D.甲、乙兩船在運動過程中會經過同一點但不會相撞

【答案】BD

【詳解】A.甲船過河用時：年=號=徵=10$

乙船過河用時：￡乙=5=高彳=爭

故A錯誤；

B.甲船過河的路程為：$甲=I；甲合t甲=，32+42m/s?10s=50m

乙船過河的路程為：$乙=d=4。01

所以甲、乙兩船的路程之比為5:4

故B正確：

CD.甲，乙在過河時都會經過乙的出發點正前方當m處，

甲到此處的時間為：八二;二受二條

。甲y4m/s3

乙到此處的時間為：以=:=也=M

“3m/s9

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則甲乙不會相撞

故C錯誤，D正確。

故本題選BDo

【即時檢測2］（24-25高一下?江西宜春?期末）2025年5月29日，廣安迎端午。劃龍舟暨游泳比賽在廣安

渠江游泳基地舉行，眾多游泳愛好者和市民以水上運動的方式喜迎端午節的到來。比賽前某運動員練習時

要勻速橫渡一段寬d=210m的河，運動員在靜水中的速度〃i=3m/s,水流速度w=4m/s,則（）

A.該運動員可能垂直河岸到達正對岸

B.該運動員渡河的時間可能小于70s

C.該運動員以最短時間渡河時，它沿水流方向的位移大小為200m

D.該運動員以最短位移渡河時，位移大小為280m

【答案】D

【詳解】A.運動員在靜水中的速度小干水流速度,無法抵消水流.影響，故無法垂百到達正對岸.故A錯誤：

B.最短渡河時間為tmin=去=竽s=70s

時間不可能小于70秒，故B錯誤；

C.以最短時間渡河時，水流方向位移為％="min=4x70m=280m,故C錯誤；

D.當游泳方向與合速度垂直時，位移最短，此時誓=￡

最短位移為Xmin=管=4騙m=280m,故D正確。

故選D。

題型2速度關聯問題

箱|詢詢區

.....當箍戢淋連接的而不物林通過彳而神兵的福7戢麗荏桿5后連運動布…兩不折布落緬7成訴V芳向而

分速度大小一定相等，這就是速度關聯問題的核心規律，解題時可按以下兩步分析?：

i.明確兩個物體的實際運動速度，也就是合速度，這是物體相對于地面的運動速度。

2.將兩個物體的速度分別沿繩（或桿）方向和垂直繩（或桿）方向分解，根據沿繩方向分速度大小相

等列等式求解。

需要注意兩類常見情景：一是一端物體沿固定方向運動（比如人在岸邊拉船靠岸），人拉繩的速度就

是繩端沿繩方向的速度，船的實際速度沿水平方向，需要將船速分解為沿繩和垂直繩的分量，進而得到船

速與人拉繩速度的美系；二是桿兩端連接物體分別沿不同固定方向運動，同樣對兩端物體速度沿桿和垂直

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桿分解，利用沿桿分速度相等推導兩個物體的速度關系。

2【典例2】（24-25高一下?湖南永州?期末）（多選）如圖所示，一輕繩的一端繞過無摩擦的兩個輕質小

定滑輪。八Q與質量為，〃的小球連接，另一端與套在光滑直桿上質量也為〃?的小物塊連接。已知直桿兩

端固定，與兩定滑輪在同一豎直平面內，直桿與水平面的夾角6=60。，直桿上C點與兩定滑輪均在同一高

度,定滑輪0/到。點的距離為乙直桿上。點到。點的距離也為乙重力加速度為g,設直桿足夠長，小

球運動過程中不會與其他物體相碰。現將小物塊從。點由靜止釋放，下列說法正確的是（）

A.小物塊剛釋放時，輕繩對小球的拉力大于〃?g

B.小物塊運動到。點時,，小物塊與小球的速度大小之比為2:1

C.小球下降的最大距離為（1-苧）乙

D.小物塊運動到。點時，小物塊的速度大小為u=再gL

【答案】BCD

【詳解】A.小物塊剛釋放時，小物塊隨后沿桿向下做加速運動，由于開始滑輪01左側繩長變短，則小球開

始向下做加速運動，可知，小物塊剛釋放時，輕繩對小球的拉力小于用g，故A錯誤：

B.小物塊運動到。點時，根據速度分解有叫5cos。=」球,解得〃物W球=2:1,故B正確;

C.當滑輪Ol左側繩與桿垂直時，小球下降到最低點，則有/l=L-Lsine=（l—亨）L故C正確；

D.小物塊運動到。點時，對物塊與小球構成的系統，根據機械能守怛定律有爪9/而8=》1呢+，2略5

結合上述有u物中球=2:1,解得"物=J華gL

即小物塊運動到。點時，小物塊的速度大小為廿=J警gL，故D正確。

故選BCDo

【即時檢測1】（24-25高一下?江西萍鄉?期末）（多選）一輛小車通過光滑輕質定滑輪提升一重物，已知重

物質量〃?，小車始終以速度匕勻速向左運動。如圖所示，繩子與水平方向夾角為仇此時（）

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B.重物的速度為熱

C.重物的加速度方向向上D.重物的加速度方向向下

【答案】AC

【詳解】AB.將小車的速度沿著繩和垂直于繩正交分解。

重物的速度為UB=UACOS。，A正確，B錯誤；

CD,根據〃B=UACOS仇小車向左運動，。減小，cos。增大，%增大，重物向上做加速運動，重物的加速度

向上。

C止確，D錯誤。

故選ACo

【即時檢測2】（24-25高一下?四川眉山?期末）如圖所示，長為L的直棒一端可繞固定軸。轉動，另一端

擱在升降平臺上，平臺以速度v勻速上升，當棒與豎直方向的夾角為a時，棒的角速度為（）

L,Asina,L'Lcosa

【答案】B

【詳解】棒與平臺接觸點的實際運動即合運動方向是垂直于棒指向左上，如圖所示

合速度廿案=a）L

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沿豎直向上方向上的速度分量等于y,BPv=o）Lsina

所以3=康

故選Bo

題型3斜面上的拋體運動

JS|^|??|?

[…”…菊而王而施林運哥通帝指半誠揚標港到新而王丁戢戛雙菊面工掘田后落至藤廟王蔚而畫;廨施孩E息

:抓住斜面傾角與位移偏角或速度偏角的關系，結合平拋運動分運動公式推導求解，常見核心結論如下：

:I.若物體從斜面上水平拋出，最終落到斜面上，無論初速度大小如何，物體落到斜面上時位移偏角始

:終等于斜面傾角，因此滿足tana=tan6=^=^~，可直接推導得到運動時間為斜面傾

i角）。

:2.若物體做平拋運動，最終垂直落到斜面上，說明速度方向與斜面垂直，此時速度方向與豎直方向的

;夾角等于斜面傾角，滿足tanJ=詈=能推導可得運動時間”就工。

“yytylaiiu

■【典例3]（24-25高一下?河北保定?期末）（多選）如圖所示，一斜面體固定在水平面上，斜面光滑且

為矩形，傾角為仇斜面的左上方頂點P與右卜方頂點。之間固定一與斜面垂直的擋板，擋板與斜面底邊

的夾角也為優一可視為質點的小物塊由尸點以平行于斜面底邊的初速度%水平射出，落在擋板上不再反

彈。已知重力加速度為g,小物塊在運動過程中始終在斜面上滑動，不計空氣阻力，下列說法正確的是（）

A.小物塊由P點拋出到落在擋板上所用時間為犯譬

B.小物塊由/＞點拋出到落在擋板上所用時間為懸

C.若初速度變為2%,小物塊由2點拋出到落在擋板上的位移大小變為原來的2倍

D.若初速度變為2%,小物塊由尸點拋出到落在擋板上的位移大小變為原來的4倍

【答案】BD

【講解】AB.小球的加速度方向平行斜面向下，大小為a=安吧=gsin。

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小球在斜面上做類平拋運動，從P點拋出到落在擋板上/tan。=^=讓=翠”

XV0t2為

解得1=懸，故A錯誤，B正確；

CD?根據"懸

若初速度變為2%,則小物塊由尸點拋出到落在擋板上的時間變為原來的2倍；根據%=%￡

可知沿初速度方向的位移變為原來的4倍，根據￡合=焉

可知物塊由P點拋出到落在擋板二的位移大小變為原來的4倍，故C錯誤，D正確。

故選BD,

【即時檢測1］（23-24高一上?湖北武漢?期末）如圖所示的光滑固定斜面力BCO,其傾角可調節.當傾角為

出時，一物塊（可視為質點）沿斜面左上方頂點4以初速度打水平射入，恰好沿底端。點離開斜面；改變

傾角為。2時，同樣將該物塊沿斜面左上方頂點力以初速度為水平射入，發現物塊沿。。邊中點離開斜面，

已知重力加速度為g,卜列說法止確的是（）

A.物塊離開斜面時，前后兩次下落的時間之比為2：1

B.物塊離開斜面時，前后兩次下落的高度之比為4：1

C.物塊前后兩次運動的加速度的大小之比為1：1

D.物塊從入射到飛離斜面，前后兩次速度變化量的大小之比為1：2

【答案】B

【詳解】AB.物塊在斜面上做類平拋運動，沿斜面的方向做勻加速運動丫=京出

沿水平方向做勻速運動％=vOt

根據牛頓第二定律有mgsin。=ma

聯立解得丫=4普

根據題意可知，鬻堂號

物塊離開斜面時，前后兩次下落的高度之比為?=然*=不投A錯誤，B正確;

幾2y2s,nc^21

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C.物塊前后兩次運動的加速度的大小之比為荒二儒二；故C錯誤：

D.速度變化量的大小為Av=gsinO?t

物塊從入射到飛離斜面，前后兩次速度變化最的大小之比為著=翳=：故D錯誤。

AU?SintF2

故選Bo

【即時檢測2】如圖所示的光滑斜面長為心寬為s,傾角為夕=30。，一小球（可視為質點）沿斜面右上方

頂點4處水平射入，恰好從底端8點離開斜面，重力加速度為g.則下列說法正確的是（）

2

A.小球運動的加速度為gB.小球由4運動到8所用的時間為

C.小球由/點水平射入時初速度出的大小為s區D.小球離開B點時速度的大小為序3+40

AiAi

【答案】D

【詳解】依據曲線條件，初速度與合力方向垂直，旦合力大小恒定，則物體做勻變速曲線運動，再根據牛

頓第二定律得，物體的加速度為：a=mg-^n3=gsinO=,故A錯誤：根據L=gat?,有：￡=J曰=

=居，選項B錯誤；在B點的平行斜面方向的分速度為：

vBy=at=^gx5=方工根據s=vO3有：v0=J=sR；故物塊離開B點時速度的大小：v=J詔+屈

=但S+4L2）,故C錯誤；D正確；故選D.

題型4水平面內的圓周運動

卷T&i版1區

…一…未乖而丙的芍遁面商送罰核E息吾林方夫示示變「菇及酒永牛芳而落而而不搪侯而不蘇葦瓦稹麗前

解題要點如下：

13/37

1.圓錐擺模型：擺球受重力和擺線拉力，二者的合力水平指向圓心，設擺線與豎直方向夾角為0,擺

球做圓周運動的軌道半徑為/?,由合力提供向心力可得/句=〃修］〃月加，”“小可推導線速度、角速度與擺

線長度、夾角的關系。

2.火車轉彎模型：標準轉彎設計中，火車重力與軌道支持力的合力恰好提供向心力，此時輪緣對軌道

無側向壓力，若實際行駛速度大于設計速度，外軌會對輪緣產生側向彈力補充向心力；若速度小廠設計速

度，內軌會對輪緣產生側向彈力抵消部分合力。

3.轉盤靜摩擦力模型：物體隨水平轉盤?起做勻速圓周運動時，靜摩擦力沿水平方向指向圓心提供向

心力，當轉速增大，需要的向心力增大，靜摩擦力達到最大靜摩擦力后物體開始滑動，可據此求解物體不

滑動的最大角速度或最大線速度。

解題時需先正確受力分析，找到水平方向指向圓心的合力，再結合向心力公式列式求解即可。

②【典例4】（25-26高一上?浙江杭州?期末）雪地轉椅是一種游樂項目，其中心傳動裝置帶動轉椅在雪地

上滑動。如圖（〃）、（b）所示，傳動裝置有一高度可調的水平圓盤，可繞通過中心。點的豎直軸勻速轉

動。圓盤邊緣片處固定連接一輕繩，輕繩另一端8連接轉椅（視為質點），轉椅質量為50kg。轉椅運動穩

定后，其角速度與圓盤角速度相等。在圖"）中，若圓盤在水平雪地上以角速度3i=lrad/s勻速轉動，轉

椅運動穩定后在水平雪地上繞O點做半徑為rz=4m的勻速圓周運動，轉椅與雪地之間的動摩擦因數為〃

=0.3,重力加速度為g=10m/s2,sin37°=0.6,cos370=0.8,不計空氣阻力。求:

水平圓盤/

圖⑶圓盤在水平雪地圖（b）圓盤在空中

⑴轉椅所受的合力大小;

14/37

（2）/8與。8之間夾角a的值；

⑶將圓盤升高，如圖（b）所示，圓盤勻速轉動，轉椅運動穩定后在水平雪地上繞Q點做半徑為，＞=3m的

勻速圓周運動，繩子與豎直方向的夾角為0=37°,繩子在水平雪地上的投影小8與的夾角為夕=37°。

求此時圓盤的角速度32。（可保留根號）

【答案】⑴200N（2）37°⑶等rad/s

【詳解】（1）轉椅做勻速圓周運動，合外力提供向心力F合=皿式廠1

所以“行200N

（2）轉椅做勻速圓周運動，設此時輕繩拉力為兀受力分析可知

輕繩拉力沿切線方向的分量與轉椅受到地面的滑動摩擦力平衡則有"mg=Tsina

沿徑向方向的分量提供圓周運動的向心力Tcosa=m（j^rx

聯立解得tana=懸=0.75

所以夾角a=37。

（3）設此時輕繩拉力為廣，沿小8和垂直小8豎直向上的分力分別為『1=Tsin6,T2=VcosO

對轉椅根據牛頓第二定律得7\cos3=mo）^r2

沿切線方向「isin/?=/="N

豎直方向尸N+T2=mg

聯立解得呀反雷焉耆的

【即時檢測1】（24-25高一下?江蘇蘇州?階段檢測）如圖，在勻速轉動的水平盤上，沿半徑方向放著用細線

相連的質量相等的兩個物體A和B,它們分居圓心兩側，與圓心距離分別為以=r,RB=2r,與盤間的動

摩擦因數〃相同，當圓盤轉速加快到兩物體剛好還未發生滑動時，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，下列說法

正確的是（）

A.此時繩子張力為h=2〃獷g

B.此時圓盤的角速度為3=呼

15/37

C.此時A所受摩擦力方向沿半徑指向圓心

D.此時燒斷繩子，A仍相對盤靜止，B將做離心運動

【答案】B

【詳解】ABC.兩物體剛好還未發生滑動時，B有沿半徑向外運動的趨勢，則B受靜摩擦力指向圓心，A受

2

靜摩擦力背離圓心，則對B,FT+fimg=ma)?2r

對A,產7—〃mg=mJr,解得尸r=3=選項AC錯誤，B正:確；

D.此時燒斷繩子，則A所需向心力戶A=rna)2r=

B所需向心力FB=?2r=4卬ng＞卬ng

則AB都將做離心運動，選項D錯誤。

故選Bo

【即時檢測2】(24-25高一下?匹川瀘州?期末)旋轉秋千是各大游樂場常見的娛樂設施，深受人們的喜愛。

一旋轉秋千“J簡化為如圖所小模型，上端是半徑為，?的水平轉臺，在轉臺的邊緣固定有一長為b5m的輕繩，

輕繩的底端懸掛有一座椅。玩耍時，一游客系好安全帶后坐在座椅上靜止在最低點，然后轉臺在電機帶動

下繞豎直轉軸。。'緩慢加速轉動起來，當座椅擺動到輕繩與豎直方向的夾角為。=53。時開始以角速度3勻速

轉動。小朋友和座椅均可視為質點，其總質量為〃『45kg,重力加速度大小取g=10m/s2,sin53°=0.8,

cos53°=0.6求：

⑴旋轉秋千勻速轉動時輕繩的拉力大小；

(2)若旋轉秋千由靜止開始轉動到角速度為3時輕繩對游客和座椅所做的功W=2700J,求勻速轉動時角速度

口的值以及水平轉臺半徑小

【答案】(l)750N(2)乎rad/s,2m

【詳解】(1)對小朋友和座椅進行分析，根據平衡條件可得7cos6=mg

代入數據解得T=750N

(2)旋轉秋千由靜止開始轉動到角速度為3時，根據動能定理可得W—/nga—kose)=；mi，2

合力提供向心力，由牛頓第二定律可得mgtanJ=嗒

XO/3/

根據角速度與線速度的關系及幾何關系則有□=a）R,R=r+LsinO

聯立解得3=竽rad/s,r=2m

題型5豎直面內的圓周運動

毒j應j施j展......................................................................|

....「直說丙前面商運的天荽為菱泡面商運豆廠至林另芳商示蓄商南芯「吾芥另落訪殯芳面的芬另妝費殘；

速度大小，沿半徑方向的分力提供向心力，解題核心是結合受力分析，抓住最高點和最低點兩個臨界位置，1

結合向心力公式與機械能守恒定律求解，兩類經典模型解題要點如下：:

1.輕繩模型（無支撐，繩子拴小球）

小球能完成完整圓周運動的臨界條件是最高點繩子拉力恰好為0,此時只有重力提供向心力，對應臨

界最小速度為（笫臨=屈）；若小球在最高點的速度uN屈，小球可完成完整圓周運動，此時由重力和

繩子拉力共同提供向心力，滿足mg+T=/nF最低點時繩子拉力向匕由拉力與重力的合力提供向心力,

滿足T-=且全程只有重力做功，小球機械能守恒。

2.輕桿模型（有支撐，硬桿固定小球）

光滑管道

由于輕桿既可以提供拉力也可以提供支持力，因此小球能完成完整圓周運動的最高點臨界速度為0；

當最高點速度0VNV標3時，輕桿對小球提供向上的支持力，滿足mg-N=m?；當u=府時，支持力

（N=0）,只有重力提供向心力：當〃，技1時，輕桿對小球提供向下的拉力，滿足mg+T=mf，最低點

的受力分析與輕繩模型一致，滿足N—7ng=7ng,同樣遵循機械能守恒。

1?????■??????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????■???????■????????????????????????????????????????????????????????

3【典例5】（25-26高一上?浙江杭州?期末）如圖甲所示，小球在豎直平面內光滑的固定圓管中，繞圓心

。點做半徑為R的圓周運動（小球直徑略小于管的口徑且遠小于R）。當小球運動到最高點時，速度大小

設為丫，圓管與小球間彈力的大小設為F改變速度v得到廣聲圖像如圖乙所示，重力加速度g取10m/s2,

則下列說法錯誤的是（）

17/37

A.小球的質量為4kg

B.固定圓管的半徑為lm

C.小球在最高點的速度為2m/s時，小球受到圓管的彈力大小為24N,方向向下

D.小球在最高點的速度為4門/s時，小球受到圓管的彈力大小為24N,方向向下

【答案】C

【詳解】AB.小球在圓管最高點時，受力分兩種情況：當盧時，圓管內壁對小球有向上的彈力凡合

力提供向心力mg—F=得卜=mg—費廿

當時，員管外壁對小球有向下的彈力合力提供向心力：mg+F=

/>gRIIF,K

得F=色2_mg

從圖乙可知當/=0時，F=40N,代入F=77ig,得?n=4kg

當F=0時，v2=10m2/s2,此時mg=嗚約去m得R=~=1m,故AB正確；

22

C.當u=2m/s時，v<10（m/s'）,代入尸=mg—藁V?,得尸二24N

此時彈力方向向上（圓管內壁托住小球），故C錯誤；

D.當u=4m/s時，評>10?/$）?,代入尸=會2—巾。，得F=24N,此時彈力方向向下（圓管外壁壓住

小球），D正確。

由于本題選擇錯誤的，故選C。

【即時檢測1】（24-25高一下?山東青島?期末）（多選）圖甲為一種小型打夯機，利用沖擊和沖擊振動作用

分層夯實回填土，圖乙為這種打夯機的結構示意圖。質量為，〃的擺錘通過輕桿與總質量為股的底座（含甩

動機）上的轉軸相連，輕桿質量忽略不計。電動機帶動擺錘繞轉軸。在豎直面內以角速度3勻速轉動，轉

動半徑為/，重力加速度為g。下列說法正確的是（）

18/37

A.擺錘轉到最低點時，底座對地面的壓力不可能為零

B.若擺錘轉到最高點時，底座對地面的壓力剛好為零，則角速度3=

C.若拱錘轉到最高點時，輕桿對擺錘的彈力為0,則角速度3=向

D.擺錘轉到輕桿水平時?，輕桿對擺錘的作用力大小為

【答案】AB

【詳解】A.擺錘轉到最低點時，輕桿對擺錘有向上的拉力作用，根據向心力公式有產一加0=血口2/

此時輕料對底座有向卜的拉力作用，所以底座對地面的壓力小川能為0，故A止確：

B.若擺錘轉到最高點時，底座對地面的壓力剛好為零，則輕桿對底座有向上的作用力，大小為班，所以

對擺錘分析，有mg+Mg=ma)2l

可解得3=但蕈，故B正確；

C.若擺錘轉到最高點時，輕桿對擺錘的彈力為0,則對擺錘分析，有=

此時3=電,故C錯誤；

D.擺錘轉到輕桿水平?時，輕桿對擺錘的作用力的水平分量提供向心力，大小為%二s321

所以輕桿對擺錘的作用力為，用+(mg)2,故D錯誤。

故選AB.

【即時檢測2】(24-25高一下?安徽宣城?期末)如圖，豎直面內固定的BCDE軌道由光滑圓弧軌道BCD和水

平粗糙軌道。七組成，圓弧軌道BCD的圓心為O,圓弧軌道最高點B與圓心O的連線與水平方向的夾角為

仇C點為軌道上與圓心等高點，D點為圓弧軌道的最低點。現有質量m=1kg的小球從空中的4點以初速

度比向左水平拋出，恰好從8點沿軌道切線方向進入軌道。已知圓弧軌道半徑為R=Im,A、。兩點的高

度差力=1.4m,sin。=0.6,重力加速度g取lOm/s2。求：

19/37

⑵小球運動到。點時對圓弧軌道的壓力大小。

【答案】⑴0.4m（2）67N

【詳解】（1）小球平拋運動過程，豎直方向上有九一Rsin8=3t2

水平方向上有=VOt

小球恰好從B點沿軌道切線方向進入軌道，則有磊=gt

力、O兩點的水平距離孫°=xAB-RcosO

解得R）=3m/s,xA0=0.4m

（2）小球從A運動到D過程，根據動能定理有mg（R+九）=詔

在D點，根據牛頓第二定律有Ni—mg=

根據牛頓第三定律有N2=Ni

解得N2=67N

題型6斜面內的圓周運動

…”…蔡廟同而面面送薪二腦的諫酒碩蔡成亶的無海面藐道運通.箴戛祓癰徑荏續制武工而南港雙橄面商

運動，核心臨界條件與豎直面內圓周運動類似，只是重力沿圓周切線方向和徑向產生分力作用，需要將重

力沿圓周軌道的徑向和切向分解，由徑向的合力提供向心力。

對于無支撐的斜面內圓周運動（比如沿傾斜圓軌道內側運動，或是繩拴小球在斜面上做圓周運動），

小球能完成完整圓周運動的臨界位置在圓周的最高點，此處重力沿徑向指向圓心的分力為mgs比e（6為斜

面傾角），當繩子拉力或軌道支持力恰好為。時，對應臨界最小速度滿足mgs出e=m券，可得〃嬲=

y/grsinO,若最高點速度u工u嫡，小球就能完成完整圓周運動。

這類問題中，軌道通常是光滑的，全程只有重力做功，因此機械能守恒，解題時先對最高點臨界狀態

20/37

;分析得到臨界速度，再結合機械能守恒求解最低點或其他位置的速度、彈力大小即可。

3【典例6】如圖所示，傾角為60。的光滑斜面上固定著半徑R=2百m的光滑三分之二圓弧形軌道48C,

以圓心。為原點、沿斜面向下為正方向建立坐標軸Qx,04、OC與x軸間的夾角均為60。。一質量〃?=0.1kg

的小球（可看成質點）從x軸上的"點沿垂直x軸方向以速度叱拋出，小球恰好從力點沿切線方向進入圓

弧軌道，重力加速度g=10m/s2,下列說法正確的是（）

A.小球的初速度1%的大小為5V^m/s

B.M點的坐標為一

C.小球對軌道的最大壓力為苧GN

D.小球在圓弧中間某點脫離軌道

【答案】B

【詳解】A.小球先做類平拋運動，有Rsin60。=%￡,vx=gs\i}60°-t,tan60°=

解得bo=V15m/s

故A錯誤；

c2

B.M點的坐標=-Qtgsin60-t4-/?cos600）=-173m

故B正確；

C.小球到達8點時速度最大，對軌道的壓力最大，根據動能定理有mgsin60o（|xM|+R）=3ni;2-9n^

根據牛頓第二定律有FN—mgsin60。=嬉

解得FN=3V3N

根據牛頓第三定律得，小球對軌道的最大壓力為3百N,故C錯誤；

D.根據對稱性可知，小球不可能在圓弧〃。中間某點脫離軌道，故D錯誤。

故選Bo

【即時檢測1】（25-26高一上?重慶沙坪壩?期末）如圖所示，在傾角為。的足夠大的固定斜面上，一長度為

心的彩繩一端可繞斜面_1_的。點自由轉動，另一端連著一質量為〃？的小球（視為質點）。現使小球從最低

21/37

點月以速率u開始在斜面上做圓周運動，通過最高點8。重力加速度大小為g,輕繩與斜面平行，不計一切

摩擦，下列說法正確的是()

A.小球通過力點時的速度越大，此時斜面對小球的支持力越大

B.小球通過B點時的最小速度為JgLsinO

C.小球通過力點時所受輕繩的作用力大小為

D.若小球以2環H市的速率通過B點時繩突然斷裂，則小球到達與A點等高處時與A點間的距離為

3L

【答案】B

【詳解】A.斜面對小球的支持力始終等于重力沿垂直于斜面方向的分量且大小為mgcos仇與小球的速度

無關，故A錯誤；

B.小球通過8點速度最小時繩子拉力為0,此時有7ngsinJ=m苧

解得=JgLsinO,故B正確；

C.小球通過A點時有尸一mgsine=my-

解得繩子拉力尸=mgs\n0+m節，故C錯誤；

D.繩斷裂后，小球從8點運動到與力點等高的過程中，水平方向有％=2而南歷xt

沿斜面方向有2L=ggsin。xt2

聯立解得％=4L,故D錯誤。

故選B。

【即時檢測2】很多商場的門前都放置一臺兒童游樂玩具一一彈珠槍。如圖，力BCD是一個正方形光滑斜臺,

邊長為Z,與水平面的傾角為仇彈珠由彈珠槍擊打，彈珠沿著力8邊經過斜臺拐角邊半徑為R的四分之一的圓

弧軌道，最后離開圓弧軌道在斜面內運動。重力加速度為g。若彈珠經過Q點后恰好經過。點，求：

(1)彈珠經過Q點時的速率？

(2)彈珠經過Q點時對圓弧軌道的壓力大小？

22/37

【詳解】（1）因為彈珠經過Q點后恰好經過D點，從A8CD這個平面看，相當于類平?拋，設彈珠經過Q點時

的速率為明因此可得

I—R=vt

I—3gsinJt2

，

聯立解得U=gsin6(-R)2

21

（2）彈珠經過Q點時，彈珠在A8CD這個平面受力為重力沿斜面向下的分力和軌道的支持力，因此根據合力

提供向心力可得，mgsinO+F=嗒

N1\

mgsin6(12-4，R+R2)

解得N

F=21R

根據牛頓第三定律可知，軌道對彈珠的支持力和彈珠對圓弧軌道的壓力相等。

題型7拋體運動與圓周運動的結合問題

禧恒「施I展

i…”…冠奚而巔通帝芬麗不過通芬橋「揚襪免治虎面周運荔…乏后或囪商送薪的窠二叔亶施正祝碗林蕩蕩…

;或是物體做拋體運動后落入圓周軌道，開始圓周運動，解題核心是兩個運動過程通過拋出點/落地點的速度

1銜接，全程通常只有重力做功，可結合機械能守恒定律聯立求解。

|解題一般按三步分析：

:1,先分析圓周運動過程,通常會結合臨界條件得到圓周運動末端拋出點的速度,再利用機械能守恒得

;到拋出時的速度大小和方向。

:2.再將拋出后的運動按拋體運動的分運動規律分解，結合水平、豎直方向的運動公式求解位移、時間

i等待求量。

:3.若拋體在前圓周在后，則反過來先由拋體運動規律得到物體到達圓周位置時的速度，再結合圓周運

（動的向心力公式求解軌道彈力等物理量即可。

3【典例7】（25-26高一上?江蘇常州?期末）如圖所示，為豎直光滑圓弧軌道的