高考物理二轮复习专题抛体运动和圆周运动圆周运动问题学案

圆周运动教案高中物理《圆周运动》教学设计(优秀5篇)高中物理《圆周运动》教学设计【优秀5篇】由作者为您收集整理，希望可以在圆周运动教案方面对您有所帮助。

高一物理圆周运动教案篇一教学重点线速度、角速度的概念和它们之间的关系教学难点1、线速度、角速度的物理意义2、常见传动装置的应用。

高中物理圆周运动优秀教案及教学设计篇二做匀速圆周运动的物体依旧具有加速度，而且加速度不断改变，因其加速度方向在不断改变，其运动版轨迹是圆，所以匀速圆周运动是变加速曲线运动。

匀速圆周运动加速度方向始终指向圆心。

做变速圆周运动的物体总能分权解出一个指向圆心的加速度，我们将方向时刻指向圆心的加速度称为向心加速度。

速度（矢量，有大小有方向）改变的。

（或是大小，或是方向）（即a≠0）称为变速运动。

速度不变（即a=0)、方向不变的运动称为匀速运动。

而变速运动又分为匀变速运动（加速度不变）和变加速运动（加速度改变）。

所以变加速运动并不是针对变减速运动来说的，是相对匀变速运动讲的。

匀变速运动加速度不变（须的大小和方向都不变）的运动。

匀变速运动既可能是直线运动（匀变速直线运动），也可能是曲线运动（比如平抛运动）。

圆周运动是变速运动吗篇三高中物理《圆周运动》课件一、教材分析本节内容选自人教版物理必修2第五章第4节。

本节主要介绍了圆周运动的线速度和角速度的概念及两者的关系；学生前面已经学习了曲线运动，抛体运动以及平抛运动的规律，为本节课的学习做了很好的铺垫；而本节课作为对特殊曲线运动的进一步深入学习，也为以后继续学习向心力、向心加速度和生活中的圆周运动物理打下很好的基础，在教材中有着承上启下的作用；因此，学好本节课具有重要的意义。

本节课是从运动学的角度来研究匀速圆周运动，围绕着如何描述匀速圆周运动的快慢展开，通过探究理清各个物理量的相互关系，并使学生能在具体的问题中加以应用。

（过渡句）知道了教材特点，我们再来了解一下学生特点。

也就是我说课的第二部分：学情分析。

专题03 抛体运动与圆周运动构建知识网络：考情分析：平抛运动和圆周运动是典型的曲线运动，而处理平抛运动的方法主要是运动的合成与分解，因此运动的合成与分解、平抛运动、圆周运动是每年必考的知识点。

复习中要注意理解合运动与分运动的关系，掌握平抛运动和圆周运动问题的分析方法，能运用平抛运动和圆周运动知识分析带电粒子在电场、磁场中的运动重点知识梳理：一、曲线运动1.曲线运动(1)速度的方向：质点在某一点的速度方向，沿曲线在这一点的切线方向 .(2)运动的性质：做曲线运动的物体，速度的方向时刻在改变，所以曲线运动一定是变速运动.(3)曲线运动的条件：物体所受合外力的方向跟它的速度方向不在同一条直线上或它的加速度方向与速度方向不在同一条直线上.2.合外力方向与轨迹的关系物体做曲线运动的轨迹一定夹在合外力方向与速度方向之间，速度方向与轨迹相切，合外力方向指向轨迹的“凹”侧.二、运动的合成与分解1.遵循的法则位移、速度、加速度都是矢量，故它们的合成与分解都遵循平行四边形定则 .2.合运动与分运动的关系(1)等时性合运动和分运动经历的时间相等，即同时开始、同时进行、同时停止.(2)独立性一个物体同时参与几个分运动，各分运动独立进行，不受其他运动的影响.(3)等效性各分运动的规律叠加起来与合运动的规律有完全相同的效果 .3.合运动的性质判断⎩⎨⎧加速度或合外力⎩⎪⎨⎪⎧变化：非匀变速运动不变：匀变速运动加速度或合外力方向与速度方向⎩⎪⎨⎪⎧共线：直线运动不共线：曲线运动三、抛体运动1．平抛运动(1)平抛运动是匀变速曲线运动(其加速度为重力加速度)，平抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，运动轨迹为抛物线．(2)平抛运动的运动时间由竖直高度决定，水平位移由初速度和竖直高度共同决定．(3)做平抛运动的物体在任意相等时间间隔Δt内速度的改变量Δv大小相等、方向相同(Δv＝Δv y ＝gΔt)．(4)平抛运动的推论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．如图所示，有x－x′y＝v xv y，y＝v y t2，x＝v x t，联立解得：x′＝x2.②做平抛运动的物体在任意时刻、任意位置处的瞬时速度与水平方向的夹角θ、位移与水平方向的夹角φ满足tan θ＝2tan φ.(tan θ＝v yv0＝gtv0，tan φ＝yx＝gt2v0，故tan θ＝2tan φ)2．类平抛运动：以一定的初速度将物体抛出，如果物体受的合力恒定且与初速度方向垂直，则物体所做的运动为类平抛运动，如以初速度v0垂直电场方向射入匀强电场中的带电粒子的运动．四、圆周运动1．描述圆周运动的物理量 物理量 大小 方向物理意义线速度 v ＝s t ＝2πr T 圆弧上各点的切线方向 描述质点沿圆周运动的快慢角速度 ω＝φt ＝2πT中学不研究其方向 周期、频率 T ＝1f ＝2πr v 无方向 向心加速度 a ＝v 2r＝ω2r时刻指向圆心描述线速度方向改变的快慢相互关系a ＝v 2r ＝ω2r ＝4π2f 2r ＝4π2r T2＝ωv[注意] 同一转动物体上各点的角速度相等，皮带传动轮子边缘各点的线速度大小相等．（同轴共带） 2．向心力：向心力是效果力，可以由重力、弹力、摩擦力等各种性质的力提供，也可以由各力的合力或某力的分力提供．3．处理圆周运动的动力学问题的步骤 (1)确定研究对象和圆心；(2)受力分析，进行力的合成或分解，得到指向圆心方向的合外力；(3)根据题目所求或已知的物理量选用合适的方程：F ＝m v 2r ＝mrω2＝mr 4π2T 2＝ma.【名师提醒】在解决曲线运动问题时，如果是恒力作用下的曲线运动，利用运动的合成与分解解题（通俗讲就是化曲为直）；如果是圆周运动有自己的解法（详细方法见例题部分），如果是变力作用下的曲线运动通常利用能量观点解题典型例题剖析：考点一：运动的合成与分解：【典型例题1】 如图所示，河水流动的速度为v 且处处相同，河宽为a.在船下水点A 的下游距离为b 处是瀑布．为了使小船渡河安全(不掉到瀑布里去)( )A ．小船船头垂直河岸渡河时间最短，最短时间为t ＝b v ，速度最大，最大速度为v max ＝avbB ．小船轨迹沿y 轴方向渡河位移最小、速度最大，最大速度为v max ＝a 2＋b 2vbC ．小船沿轨迹AB 运动位移最大、时间最长，速度最小，最小速度v min ＝avbD ．小船沿轨迹AB 运动位移最大、速度最小，则小船的最小速度为v min ＝av a 2＋b2【答案】D.【变式训练1】(2020·潍坊统考)如图所示，河水由西向东流，河宽为800 m ，河中各点的水流速度大小为v 水，各点到较近河岸的距离为x ，v 水与x 的关系为v 水＝3400x(m/s)(x 的单位为m)，让小船船头垂直河岸由南向北渡河，小船划水速度大小恒为v 船＝4 m/s ，则下列说法正确的是( )A ．小船渡河的轨迹为直线B ．小船在河水中的最大速度是5 m/sC ．小船在距南岸200 m 处的速度小于在距北岸200 m 处的速度D ．小船渡河的时间是160 s 【答案】 B【典型例题2】(2020·兴平市一模)如图所示，一块橡皮用细线悬挂于O 点。

第3讲抛体运动和圆周运动[高考统计·定方向] (教师授课资源)运动的合成与分解(5年1考)❶本考点是解决曲线运动的基础，高考命题常与功能关系相结合，以求解(2015·全国卷Ⅱ·T 16)由于卫星的发射场不在赤道上，同步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。

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约为3.1×103 m/s ，某次发射卫星飞经赤道上空时的速度为1.55×103 m/s ，此时卫星的高度与同步轨道的高度相同，转移轨道和同步轨道的夹角为30°，如图所示。

发动机给卫星的附加速度的方向和大小约为()A．西偏北方向，1.9×103 m/sB．东偏南方向，1.9×103 m/sC．西偏北方向，2.7×103 m/sD．东偏南方向，2.7×103 m/s[题眼点拨]①从转移轨道调整进入同步轨道……此时卫星高度与同步轨道的高度相同；②转移轨道和同步轨道的夹角为30°。

B[设当卫星在转移轨道上飞经赤道上空与同步轨道高度相同的某点时，速度为v1，发动机给卫星的附加速度为v2，该点在同步轨道上运行时的速度为v。

三者关系如图，由图知附加速度方向为东偏南，由余弦定理知v22＝v21＋v2－2v1v cos 30°，代入数据解得v2≈1.9×103 m/s。

选项B正确。

]1．三种过河情景分析考向1 渡河问题1．(2019·洛阳市第二次联考)某人划船横渡一条河，河的两岸平行，河水流速处处相同，大小为v 1，船速大小恒为v 2，且v 2>v 1，设人以最短时间t 1过河时，渡河位移为s 1；以最短位移s 2过河时，所用时间为t 2，则以下关系正确的是( )A.t 1t 2＝1－v 21v 22B.s 1s 2＝1－v 21v 22C.t 1t 2＝v 1v 2D.t 1t 2＝v 21v 22A [小船船头垂直河岸出发时，过河时间最短，即t 1＝s 2v 2，过河位移为s 1＝s 22＋(v 1t 1)2；小船以最短位移过河时，s 2＝v 22－v 21t 2，t 2＝s 2v 22－v 21，联立解得t 1t 2＝1－v 21v 22，A 项正确，C 、D 项错误；s 1>s 2，则s 1s 2应大于1，B 项错误。

2021高考物理统考版二轮复习学案：专题复习篇专题1 第3讲抛体运动与圆周运动含解析抛体运动与圆周运动［建体系·知关联][析考情·明策略]考情分析近几年高考对本讲的考查集中在平抛运动与圆周运动规律的应用，命题素材多与生产、生活、体育运动学结合，题型以选择题为主.素养呈现1.运动合成与分解思想2。

平抛运动规律3.圆周运动规律及两类模型素养落实1.掌握渡河问题、关联速度问题的处理方法2。

应用平抛运动特点及规律解决相关问题3.掌握圆周运动动力学特点,灵活处理相关问题考点1｜曲线运动和运动的合成与分解1．曲线运动的分析（1）物体的实际运动是合运动，明确是在哪两个方向上的分运动的合成.(2)根据合外力与合初速度的方向关系判断合运动的性质。

（3）运动的合成与分解就是速度、位移、加速度等的合成与分解,遵守平行四边形定则。

2．渡河问题中分清三种速度(1）合速度：物体的实际运动速度。

（2)船速：船在静水中的速度。

（3)水速：水流动的速度，可能大于船速。

3．端速问题解题方法把物体的实际速度分解为垂直于绳（杆）和平行于绳(杆）两个分量,根据沿绳(杆)方向的分速度大小相等求解，常见的模型如图所示。

甲乙丙丁[典例1］如图所示的机械装置可以将圆周运动转化为直线上的往复运动.连杆AB、OB可绕图中A、B、O三处的转轴转动，连杆OB在竖直面内的圆周运动可通过连杆AB使滑块在水平横杆上左右滑动。

已知OB杆长为L，绕O点做逆时针方向匀速转动的角速度为ω，当连杆AB与水平方向夹角为α，AB杆与OB杆的夹角为β时，滑块的水平速度大小为()A.错误!B.错误!C.错误!D.错误![题眼点拨]①“连杆OB在竖直平面的圆周运动"表明B点沿切向的线速度是合速度,可沿杆和垂直杆分解.②“滑块在水平横杆上左右滑动”表明合速度沿水平横杆。

D[设滑块的水平速度大小为v,A点的速度的方向沿水平方向，如图将A点的速度分解：滑块沿杆方向的分速度为v A分＝v cos α，B点做圆周运动，实际速度是圆周运动的线速度，可以分解为沿杆方向的分速度和垂直于杆方向的分速度，设B的线速度为v′，则v′＝Lω，v B＝v′·cos θ＝v′cos（β－90°)＝Lωsin β，又二者沿分杆方向的分速度是相等的,即v A分＝v B分，联立解得v＝错误!，故本题正确选项为D。

热点4平抛与圆周运动一、选择题(1～9题为单项选择题，10～12题为多项选择题)1．[2020·河北邢台市调研]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景，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做一个整体，下列论述正确的是()A．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力提供B．运动员转弯所需向心力由地面对车轮的摩擦力提供C．发生侧滑是因为运动员受到的合力方向背离圆心D．发生侧滑是因为运动员受到的合力大于所需的向心力2．在地面上方某点将一小球以一定的初速度沿水平方向抛出，不计空气阻力，则小球在随后的运动中()A．速度方向和加速度方向都在不断变化B．速度方向与加速度方向之间的夹角一直减小C．在相等的时间间隔内，动量的改变量不相同D．在相等的时间间隔内，动能的改变量相等3.[2020·全国卷Ⅰ，16]如图，一同学表演荡秋千．已知秋千的两根绳长均为10 m，该同学和秋千踏板的总质量约为50 kg.绳的质量忽略不计．当该同学荡到秋千支架的正下方时，速度大小为8 m/s，此时每根绳子平均承受的拉力约为()A．200 N B．400 NC．600 N D．800 N4.[2020·江苏苏州市期初调研]一小孩站在岸边向湖面抛石子．a、b两粒石子先后从同一位置抛出后，各自运动的轨迹曲线如图所示，两条曲线的最高点位于同一水平线上，忽略空气阻力的影响．关于a、b两粒石子的运动情况，下列说法正确的是() A．在空中运动的加速度a a>a bB．在空中运动的时间t a<t bC ．抛出时的初速度v a >v bD ．入水时的末速度v ′a <v ′b5．[2020·全国卷Ⅱ，16]如图，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑，该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3h ，其左边缘a 点比右边缘b 点高0.5h .若摩托车经过a 点时的动能为E 1，它会落到坑内c 点，c 与a 的水平距离和高度差均为h ；若经过a 点时的动能为E 2，该摩托车恰能越过坑到达b 点.E 2E 1等于( )A ．20B ．18C ．9.0D ．3.0 6.一位网球运动员以拍击球，使网球沿水平方向飞出，第一只球落在自己一方场地的B 点，弹跳起来后，刚好擦网而过，落在对方场地的A 点处，如图所示，第二只球直接擦网而过，也落在A 点处，设球与地面的碰撞过程没有能量损失，且运动过程不计空气阻力，则两只球飞过球网C 处时水平速度之比为( )A ．1：1B ．1：3C ．3：1D ．1：9 7.如图所示，一重力不计的带电粒子以初速度v 0射入水平放置、距离为d 的两平行金属板间，射入方向沿两极板的中心线．当极板间所加电压为U 1时，粒子落在A 板上的P 点．如果将带电粒子的初速度变为2v 0，同时将A 板向上移动d2后，使粒子由原入射点射入后仍落在P 点，则极板间所加电压U 2为( )A ．U 2＝3U 1B ．U 2＝6U 1C ．U 2＝8U 1D ．U 2＝12U 1 8.AB 板间存在竖直方向的匀强电场，现沿垂直电场线方向射入三种比荷相同的带电微粒(不计重力)，a 、b 和c 的运动轨迹如图所示，其中b 和c 是从同一点射入的．不计空气阻力，则可知粒子运动的全过程( )A ．运动加速度：a a >a b >a cB ．飞行时间：t b ＝t c >t aC ．水平速度：v a >v b ＝v cD ．电势能的减小量：ΔE c ＝ΔE b >ΔE a9．[2020·浙江稽阳联谊学校3月模拟]如图所示，乒乓球的发球器安装在足够大的水平桌面上，可绕竖直转轴OO ′转动，发球器O ′A 部分水平且与桌面之间的距离为h ，O ′A 部分的长度也为h .重力加速度为g .打开开关后，发球器可将乒乓球从A 点以初速度v 0水平发射出去，2gh ≤v 0≤22gh .设发射出去的所有乒乓球都能落到桌面上，乒乓球可视为质点，空气阻力不计．若使该发球器绕转轴OO ′在90°的范围内来回缓慢地水平转动，持续发射足够长时间后，乒乓球第一次与桌面碰撞区域的面积S 是( )A ．2πh 2B ．3πh 2C ．4πh 2D ．8πh 2 10.[2020·湖北八校第二次联考]如图，小球甲从A 点水平抛出，同时将小球乙从B 点自由释放，两小球先后经过C 点时速度大小相等，小球甲的速度方向夹角为30°，已知B 、C 高度差为h ，两小球质量相等，重力加速度为g ，不计空气阻力，由以上条件可知( )A ．小球甲做平抛运动的初速度大小为2 gh3B ．甲、乙两小球到达C 点所用时间之比为3：2C ．A ，B 两点高度差为h4D ．两小球在C 点时重力的瞬时功率大小相等 11.如图所示，某人从同一位置O 以不同的水平速度投出三枚飞镖A 、B 、C ，最后都插在竖直墙壁上，它们与墙面的夹角分别为60°、45°、30°.图中飞镖的指向可认为是击中墙面时的速度方向，不计空气阻力．下列说法正确的是( )A ．三枚飞镖做平抛运动的初速度一定满足v A 0>vB 0>vC 0 B ．三枚飞镖击中墙面时的速度一定满足v A <v B <v C C ．插在墙上的三枚飞镖的反向延长线一定交于同一点D ．三枚飞镖击中墙面时的速度一定满足v A ＝v C >v B 12.如图所示，两个质量均为m 的小球A 、B 套在半径为R 的圆环上，圆环可绕其竖直方向的直径旋转，两小球随圆环一起转动且相对圆环静止．已知OA 与竖直方向的夹角θ＝53°，OA 与OB 垂直，小球B 与圆环间恰好没有摩擦力，重力加速度为g ，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.下列说法正确的是( )A ．圆环旋转的角速度大小为 5g4RB ．圆环旋转的角速度大小为 5g3RC ．小球A 与圆环间摩擦力的大小为75mgD ．小球A 与圆环间摩擦力的大小为15mg二、非选择题 13．单板滑雪U 形池比赛是冬奥会比赛项目，其场地可以简化为如图甲所示的模型： U 形滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道和一个中央的平面直轨道连接而成，轨道倾角为17.2°.某次练习过程中，运动员以v M ＝10 m/s 的速度从轨道边缘上的M 点沿轨道的竖直切面ABCD 滑出轨道，速度方向与轨道边缘线AD 的夹角α＝72.8°，腾空后沿轨道边缘的N 点进入轨道．图乙为腾空过程左视图．该运动员可视为质点，不计空气阻力，取重力加速度的大小g ＝10 m/s 2, sin 72.8°＝0.96，cos 72.8°＝0.30.求：(1)运动员腾空过程中离开AD 的距离的最大值d ；(2)M、N之间的距离L.14．[2020·江西南昌三模]冬奥会上自由式滑雪是一项极具观赏性的运动．其场地由助滑坡AB(高度差为10 m)、过渡区BDE(两段半径不同的圆弧平滑连接而成，其中DE半径为3 m、对应的圆心角为60°)和跳台EF(高度可调，取h＝4 m)等组成，如图所示．质量60 kg的运动员由A点静止出发，沿轨道运动到F处飞出．运动员飞出的速度须在54 km/h到68 km/h 之间才能在空中完成规定动作．设运动员借助滑雪杆仅在AB段做功，不计摩擦和空气阻力，g取10 m/s2.则(1)为能完成空中动作，则该运动员在AB过程中至少做多少功？(2)为能完成空中动作，在过渡区最低点D处，求该运动员受到的最小支持力；(3)若将该运动员在AB段和EF段视为匀变速运动，且两段运动时间之比为t AB：t EF＝3：1，已知AB＝2EF，则运动员在这两段运动的加速度之比为多少？热点4 平抛与圆周运动1．答案：B 2．答案：B解析：由于小球只受重力作用，做平抛运动，故加速度不变，速度大小和方向时刻在变化，选项A 错误；设某时刻速度与竖直方向的夹角为θ，则tan θ＝v 0v y ＝v 0gt ，随着时间t 变大，tan θ变小，θ变小，故选项B 正确；根据动量定理得Δp ＝mg Δt ，即在相等的时间间隔内，动量改变量相同，故选项C 错误；根据动能定理知，在某段时间内，动能的改变量等于重力做的功，即W G ＝mgh ，对于平抛运动，在相等时间间隔内，竖直位移不相等，所以动能的改变量不相等，故选项D 错误．3．答案：B解析：该同学荡秋千可视为做圆周运动，设每根绳子的拉力大小为F ，以该同学和秋千踏板整体为研究对象，在最低点根据牛顿第二定律得2F －mg ＝m v 2R ，代入数据解得F ＝410N ，故每根绳子平均承受的拉力约为400 N ，故B 项正确，A 、C 、D 项错误．4．答案：D解析：两石子在空中运动的加速度均为g ，选项A 错误；因两石子从同一位置抛出，它们的最高点又在同一水平线上，则竖直方向的运动相同，则在空中的运动时间相同，选项B错误；a 的水平射程小，则根据v 0＝x t 可知，a 的初速度小，选项C 错误；根据v ′＝v 20＋(gt )2可知，a 入水的末速度小，选项D 正确．5．答案：B解析：由平抛运动规律有x ＝v 0t ，y ＝12gt 2，得v 0＝xg 2y ；动能E k ＝12m v 20＝mgx 24y ∝x 2y，故E 2E 1＝⎝⎛⎭⎫x 2x 12·y 1y 2＝⎝⎛⎭⎫3h h 2·h 0.5h ＝18，故B 正确． 6．答案：B解析：由平抛运动的规律可知，两球分别被击出至各自第一次落地的时间是相等的．由于球与地面的碰撞没有能量损失，设第一只球自击出到落到A 点时间为t 1，第二只球自击出到落到A 点时间为t 2，则t 1＝3t 2.由于两球在水平方向均为匀速运动，水平位移大小相等，设它们从O 点出发时的初速度分别为v 1、v 2，由x ＝v 0t 得：v 2＝3v 1，有v 1v 2＝13，所以两只球飞过球网C 处时水平速度之比为1︰3，选项B 正确．7．答案：D解析：板间距离为d ，射入速度为v 0，板间电压为U 1时，在电场中有：d 2＝12at 2，a ＝qU 1md，t ＝x v 0，解得U 1＝md 2v 20qx 2；A 板上移d 2，射入速度为2v 0，板间电压为U 2时，在电场中有：d ＝12a ′t ′2，a ′＝2qU 23md ，t ′＝x 2v 0，解得U 2＝12md 2v 20qx2，即U 2＝12U 1，选项D 正确． 8．答案：B解析：根据牛顿第二定律得，微粒的加速度为a ＝qE m ，据题qm相同，E 相同，所以a a ＝a b ＝a c ，选项A 错误；三个带电微粒在竖直方向都做初速度为零的匀加速直线运动，由y ＝12at 2得t ＝ 2ya，由图有y b ＝y c >y a ，则t b ＝t c >t a ，选项B 正确；三个带电微粒水平方向都做匀速直线运动，由x ＝v 0t 得v 0＝xt ，由图知x a >x b >x c ，又t b ＝t c >t a ，则v a >v b >v c ，选项C 错误；电场力做功为W ＝qEy ，由于三个微粒的电荷量关系不能确定，所以不能确定电场力做功的大小，也就不能确定电势能减少量的大小，选项D 错误．9．答案：C解析：设乒乓球做平抛运动的时间为t ，则t ＝2hg.当速度最大时，水平位移具有最大值x max ＝v max t ＝22gh ×2hg＝4h ，当速度最小时，水平位移具有最小值x min ＝v min t ＝2gh×2h g ＝2h ，其中v max 、v min 为发射速度的最大值和最小值，又因为发球器O ′A 部分长度也为h ，故乒乓球的落点距竖直转轴距离的范围为3h ≤x ≤5h ，乒乓球第一次与桌面碰撞区域是一个圆心角为90°的宽度为2h 的环形带状区域，其面积为S ＝14×π[(5h )2－(3h )2]＝4πh 2，故选项A 、B 、D 错误，C 正确．10．答案：BC解析：小球乙到C 点的速度为v ＝2gh ，则小球甲在C 点的速度大小也为2gh ，又因为小球甲在C 点速度与竖直方向成30°角，可知水平分速度为2gh2，故A 错误；小球乙运动到C 点时所用的时间满足h ＝12gt 2，得t ＝2hg，而小球甲到达C 点时竖直方向的速度为6gh 2，所以运动时间为t ′＝6gh 2g，所以甲、乙两小球到达C 点所用时间之比为3︰2，故B 正确；A ，B 两点高度差Δh ＝12gt 2－12gt ′2＝h4，故C 正确；由于两球在C 点时竖直方向上的速度不相等，所以两小球在C 点时重力的瞬时功率也不相等，故D 错误．11．答案：ACD解析：飞镖做平抛运动，水平方向上有x ＝v 0t ，速度与竖直方向的夹角的正切值为tan α＝v 0v y ＝v 0gt ，联立解得v 0＝gx tan α，故v A 0>v B 0>v C 0，A 正确；飞镖做平抛运动，速度的反向延长线通过水平方向上的位移的中点，而飞镖的指向表示瞬时速度的方向，故插在墙上的三枚飞镖的反向延长线一定交于同一点，C 正确；根据几何关系知，v ＝v 0sin α＝gxsin αcos α＝2gx sin 2α，则v A ＝v C ＝2gx sin 60°＝43gx ，v B ＝2gx ，故v A ＝v C >v B ，B 错误，D 正确． 12．答案：AD 解析：小球B 与圆环间恰好没有摩擦力，则有小球B 所受到的支持力和重力的合力提供其所需的向心力，由牛顿第二定律得mg tan37°＝mω2R sin37°，解得圆环旋转的角速度大小ω＝ 5g4R，选项A 正确，B 错误；对小球A 进行受力分析，如图所示，由牛顿第二定律得，在水平方向上F N sin θ－F f cos θ＝mω2R sin θ，竖直方向上F N cos θ＋F f sin θ－mg ＝0，解得F f ＝mg5，选项C 错误，D 正确． 13．答案：(1)4.8 m (2)12 m解析：(1)在M 点，设运动员在ABCD 面内垂直AD 方向的分速度为v 1，由运动的合成与分解规律得v 1＝v M sin 72.8°①设运动员在ABCD 面内垂直AD 方向的分加速度为a 1，由牛顿第二定律得 mg cos 17.2°＝ma 1②由运动学公式得d ＝v 212a 1③联立①②③式，代入数据得d ＝4.8 m ④(2)在M 点，设运动员在ABCD 面内平行AD 方向的分速度为v 2，由运动的合成与分解规律得v 2＝v M cos 72.8°⑤设运动员在ABCD 面内平行AD 方向的分加速度为a 2，由牛顿第二定律得 mg sin 17.2°＝ma 2⑥设腾空时间为t ，由运动学公式得t ＝2v 1a 1⑦L ＝v 2t ＋12a 2t 2⑧联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得L ＝12 m ⑨ 14．答案：(1)3 150 J (2)7 300 N (3)2︰3解析：(1)由动能定理得mgh AF ＋W 人＝12m v 2FW 人＝12m v 2F －mgh AF ＝3 150 J(2)从D 点到F 点，根据动能定理有－mg [h ＋R (1－cos 60°)]＝12m v 2F －12m v 2D 其中v F 取为最小值 v F ＝54 km/h ＝15 m/s在D 点：F N －mg ＝m v 2DR解得运动员在D 点承受的最小支持力：F N ＝mg ＋m v 2F ＋2g [h ＋R (1－cos 60°)]R＝7 300 N(3)两段运动的平均速度之比v 1︰v 2＝AB t 1︰EFt 2＝2︰3设滑到B 点速度为v 1，则滑到E 点速度也为v 1， 又设滑到F 点速度为v 2.则由v AB ＝v 12，vEF ＝v 1＋v 22，得：v 1＝2v 2 由a 1＝v 1t 1，a 2＝v 1－v 2t 2得：a 1︰a 2＝2︰3.。

物理题高中圆周运动教案
一、教学目标
1. 了解圆周运动的基本概念；
2. 掌握圆周运动的相关公式和计算方法；
3. 能够应用圆周运动的知识解决相关问题；
4. 培养学生的动手能力和实验能力。

二、教学重点
1. 掌握圆周运动的基本特点；
2. 掌握圆周运动的速度、加速度等相关概念；
3. 掌握圆周运动的计算方法。

三、教学难点
1. 理解圆周运动速度和加速度的概念；
2. 掌握圆周运动的计算方法。

四、教学内容
1. 圆周运动的基本概念；
2. 圆周运动的速度和加速度；
3. 圆周运动的相关公式及计算方法。

五、教学步骤
1. 导入环节：通过引导学生观察圆周运动的现象，引出圆周运动的概念；
2. 学习环节：讲解圆周运动的基本概念和相关公式，引导学生进行相关计算练习；
3. 实践环节：设计实验让学生验证圆周运动的速度和加速度的关系，培养学生的实验能力；
4. 总结环节：对本节课所学内容进行总结，并布置相关练习作业。

六、教学评估
1. 学生课堂表现评分；
2. 练习作业考查；
3. 实验结果分析评估。

七、教学反馈
1. 对学生在课堂上的表现进行及时反馈；
2. 根据学生实验结果进行讨论和反馈；
3. 鼓励学生多进行练习和实践，加深对圆周运动的理解。

八、延伸拓展
1. 设计更复杂的圆周运动问题，引导学生深入理解公式的应用；
2. 多进行实验和观察，加深对圆周运动的认识；
3. 结合实际生活中的例子，让学生了解圆周运动在现实中的应用场景。

高考物理二轮复习专题归纳—抛体运动（全国版）考点一运动的合成与分解例1(2022·辽宁卷·1)如图所示，桥式起重机主要由可移动“桥架”“小车”和固定“轨道”三部分组成．在某次作业中桥架沿轨道单向移动了8m，小车在桥架上单向移动了6m．该次作业中小车相对地面的位移大小为()A．6m B．8mC．10m D．14m答案C解析根据位移概念可知，该次作业中小车相对地面的位移大小为x＝x12＋x22＝82＋62m＝10m，故选C.例2(多选)(2022·广东省高三检测)如图所示，A、B两球分别套在两光滑无限长的水平直杆上，两球通过一轻绳绕过一定滑轮(轴心固定不动)相连，某时刻连接两球的轻绳与水平方向的夹角分别为α、β，A球向左的速度大小为v，下列说法正确的是()A．此时B球的速度大小为v cosαcosβB．此时B球的速度大小为v cosβcosαC．当β增大到等于90°时，B球的速度达到最大D．在β增大到90°的过程中，绳对B球的拉力一直做正功答案ACD解析将A球的速度分解为沿轻绳方向和垂直于轻绳的方向，在沿轻绳方向的分速度等于B球沿轻绳方向的分速度．A球在沿轻绳方向的分速度为v绳＝v cosα，所以v B＝v绳cosβ＝v cosαcosβ，A正确，B错误；当β增大到等于90°时，B球的速度在沿轻绳方向的分速度等于0，所以A沿绳子方向的分速度也是0，而cosα′不等于0，所以A球的速度为0；此时A的动能全部转化为B的动能，所以B球的速度达到最大，C正确；在β增大到90°的过程中，轻绳的方向与B球运动的方向之间的夹角始终是锐角，所以轻绳对B球的拉力一直做正功，D正确．把物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和平行于绳(杆)两个分量，根据沿绳(杆)方向的分速度大小相等求解．常见的模型如图所示．考点二平抛运动1．平抛运动问题的求解方法已知条件情景示例解题策略已知速度方向从斜面外平抛，垂直落在斜面上，如图所示，已知速度的方向垂直于斜面.分解速度tan θ＝v 0v y ＝v 0gt从圆弧形轨道外平抛，恰好无碰撞地进入圆弧形轨道，如图所示，已知速度方向沿该点圆弧的切线方向.分解速度tan θ＝v y v 0＝gt v 0已知位移方向从斜面上平抛又落到斜面上，如图所示，已知位移的方向沿斜面向下.分解位移tan θ＝y x ＝12gt 2v 0t ＝gt 2v 0在斜面外平抛，落在斜面上位移最小，如图所示，已知位移方向垂直斜面.分解位移tan θ＝x y ＝v 0t 12gt 2＝2v 0gt2.平抛运动的两个推论(1)设做平抛运动的物体在任意时刻的速度方向与水平方向的夹角为θ，位移方向与水平方向的夹角为φ，则有tanθ＝2tanφ，如图甲所示．(2)做平抛运动的物体任意时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图乙所示．例3(多选)(2022·湖南省高三学业质量第二次联合检测)投壶是从先秦延续至清末的中国传统礼仪和宴饮游戏，《礼记传》中提到：“投壶，射之细也．宴饮有射以乐宾，以习容而讲艺也．”如图所示，甲、乙两人在不同位置沿水平方向各射出一支箭，箭尖插入壶中时与水平面的夹角分别为37°和53°.已知两支箭的质量、竖直方向下落高度均相等，忽略空气阻力、箭长、壶口大小等因素的影响(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)，下列说法正确的是()A．甲、乙两人所射箭的初速度大小之比为16∶9B．甲、乙两人所射箭落入壶口时的速度大小之比为3∶4C．甲、乙两人投射位置与壶口的水平距离之比为9∶16D ．甲、乙两人所射箭落入壶口时的动能之比为16∶9答案AD 解析由题知甲、乙两人射箭高度相同，则两支箭在空中的运动时间相同，落入壶口时竖直方向的速度v y 相同．设箭尖插入壶中时与水平面的夹角为θ，箭射出时的初速度为v 0，则tan θ＝v y v 0，即v 0＝v y tan θ，故两支箭射出时的初速度大小之比为tan 53°∶tan 37°＝16∶9，A 正确；设箭尖插入壶中时的速度大小为v ，则v ＝v y sin θ，故两支箭落入壶口时的速度大小之比为sin 53°∶sin 37°＝4∶3，B 错误；因两支箭在空中的运动时间相同，甲、乙两人投射位置与壶口的水平距离之比等于初速度大小之比，为16∶9，C 错误；由E k ＝12mv 2可知，两支箭落入壶口时的动能之比为16∶9，D 正确．例4(2022·全国甲卷·24)将一小球水平抛出，使用频闪仪和照相机对运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔0.05s 发出一次闪光．某次拍摄时，小球在抛出瞬间频闪仪恰好闪光，拍摄的照片编辑后如图所示．图中的第一个小球为抛出瞬间的影像，每相邻两个球之间被删去了3个影像，所标出的两个线段的长度s 1和s 2之比为3∶7.重力加速度大小取g ＝10m/s 2，忽略空气阻力．求在抛出瞬间小球速度的大小．答案255m/s 解析频闪仪每隔0.05s 发出一次闪光，每相邻两个球之间被删去3个影像，故相邻两球的时间间隔为t＝4T＝4×0.05s＝0.2s设抛出瞬间小球的速度大小为v0，每相邻两球间的水平方向上位移为x，竖直方向上的位移分别为y1、y2，根据平抛运动位移公式有x＝v0ty1＝12gt2＝12×10×0.22m＝0.2my2＝12g(2t)2－12gt2＝12×10×(0.42－0.22)m＝0.6m令y1＝y，则有y2＝3y1＝3y已标注的线段s1、s2分别为s1＝x2＋y2 s2＝x2＋3y2＝x2＋9y2则有x2＋y2∶x2＋9y2＝3∶7整理得x＝255y，故在抛出瞬间小球的速度大小为v0＝xt＝255m/s.例5(2022·浙江省名校协作体模拟)第24届冬季奥运会于2022年2月在北京召开，如图甲所示为运动员跳台滑雪运动瞬间，运动示意图如图乙所示，运动员从助滑雪道AB上由静止开始滑下，到达C点后水平飞出，落到滑道上的D点，运动轨迹上的E点的速度方向与轨道CD平行，设运动员从C到E与从E到D的运动时间分别为t1与t2，(忽略空气阻力，运动员可视为质点)下列说法正确的是()A．t1<t2B．t1>t2C ．若运动员离开C 点时的速度加倍，则落在斜面上的速度方向不变D ．若运动员离开C 点时的速度加倍，则落在斜面上距C 的距离也加倍答案C 解析以C 点为原点，以CD 为x 轴，以CD 垂直向上方向为y 轴，建立坐标系如图所示．对运动员的运动进行分解，y 轴方向上的运动类似竖直上拋运动，x 轴方向做匀加速直线运动．当运动员速度方向与轨道平行时，在y 轴方向上到达最高点，根据竖直上拋运动的对称性，知t 1＝t 2，A 、B 错误；将初速度沿x 、y 方向分解为v 1、v 2，将加速度沿x 、y 方向分解为a 1、a 2，则运动员的运动时间为t ＝2v 2a 2，落在斜面上的距离s ＝v 1t ＋12a 1t 2，离开C 点时的速度加倍，则v 1、v 2加倍，t 加倍，由位移公式得s 不是加倍关系，D 错误；设运动员落在斜面上的速度方向与水平方向的夹角为α，斜面的倾角为θ，则有：tan α＝v y v 0，tan θ＝y x ＝v y 2t v 0t ＝v y 2v 0，得tan α＝2tan θ，θ一定，则α一定，可知运动员落在斜面上的速度方向与从C 点飞出时的速度大小无关，C正确．考点三斜抛运动例6(2022·广东茂名市模拟)铅球运动员采用原地推和滑步推两种推铅球方式，如图为滑步推铅球．推力相同时，滑步推铅球比原地推铅球增加几米的成绩．两种方式铅球出手时相对地面的位置和速度方向都相同，忽略空气阻力，则()A．两种方式推出的铅球在空中运动的时间可能相同B．采用原地推铅球方式推出的铅球上升的高度更高C．两种方式推出的铅球在空中运动到最高点时的速度都相同D．滑步推铅球可以增加成绩，可能是延长了运动员对铅球的作用时间答案D解析两种方式铅球出手时相对地面的位置和速度方向都相同，滑步推铅球成绩更好，所以滑步推铅球初速度更大，竖直和水平方向的分速度更大，到达最高点的时间更长，故根据斜抛的对称性，铅球在空中运动的时间更长，上升的高度更高，在最高点速度更大，A、B、C错误；初速度都是0，滑步推时末速度大，根据动量定理有Ft＝mv－0，可知推力相同时，动量变化大的推力作用时间长，D 正确．例7(2022·山东潍坊市一模)在2月8日举行的北京2022年冬奥会自由式滑雪女子大跳台的比赛中，18岁的中国选手谷爱凌顶住压力，在关键的第三跳以超高难度动作锁定金牌，这也是中国女子雪上项目第一个冬奥会冠军．滑雪大跳台的赛道主要由助滑道、起跳台、着陆坡、停止区组成，如图所示．在某次训练中，运动员经助滑道加速后自起跳点C以大小为v C＝20m/s、与水平方向成α＝37°的速度飞起，完成空中动作后，落在着陆坡上，后沿半径为R＝40m的圆弧轨道EF自由滑行通过最低点F，进入水平停止区后调整姿势做匀减速滑行直到静止．已知运动员着陆时的速度方向与竖直方向的夹角为α＝37°，在F点运动员对地面的压力大小为所受重力(含装备)的2倍，运动员在水平停止区受到的阻力大小为所受重力(含装备)的二分之一，g 取10m/s 2，sin 37°＝0.6，忽略运动过程中的空气阻力．求：(1)水平停止区FG 的最小长度L ；(2)运动员完成空中动作的时间t (结果保留两位有效数字)．答案(1)40m (2)3.3s 解析(1)将运动员与装备看成一个质点，总质量为m 总，在F 点时，运动员对地面的压力大小为所受重力(含装备)的2倍，由牛顿第三定律知地面对该运动员整体的支持力大小F N ＝2m 总g此时支持力与总重力的合力为圆周运动提供向心力，则有F N －m 总g ＝m 总v 2R解得v ＝20m/s运动员到达F 点后，在水平停止区有F 阻＝0.5m 总g ＝m 总a ，做加速度大小为a 的匀减速直线运动，水平停止区FG 的最小长度L ＝v 22a＝40m (2)对运动员由C 点起跳的速度进行正交分解，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀减速直线运动，水平方向速度v x ＝v C cos α竖直方向速度v y ＝v C sin α－gt着陆时竖直方向分速度与C 点的竖直方向分速度方向相反，由于运动员着陆时的速度方向与竖直方向的夹角为α，则有tan α＝v x －v y ＝v C cos αgt －v C sin α代入数值得t ≈3.3s.1.斜抛运动是匀变速曲线运动，可分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的加速度为g 的匀变速直线运动，以斜上抛为例(如图所示)速度：v x ＝v 0cos θ，v y ＝v 0sin θ－gt位移：x ＝v 0cos θ·t ，y ＝v 0sin θ·t －12gt 22．当物体做斜上抛运动至最高点时，运用逆向思维，可转化为平抛运动．1．(2022·江苏省高考考前打靶卷)如图所示，一男孩欲拿石子击打苹果，第一次以抛射角(抛出时速度与水平方向的夹角)θ1抛出石子，第2次以θ2(图中未画出)抛出(θ2>θ1)，假设两次抛出时的位置相同，且初速度v 0大小相等，两次均击中苹果．不计空气阻力，则()A ．第一次石子在空中运动的时间比第二次长B ．若仅减小v 0，欲击中苹果，则抛射角θ1、θ2均变大C ．改变v 0大小和抛射角，石子不可能水平击中苹果D ．两次击中苹果前瞬间的速度大小相等答案D解析石子做斜抛运动，水平方向做匀速运动，则有v x＝v0cosθ，故石子在空中的运动时间t＝xv x＝xv0cosθ，所以t1t2＝cosθ2cosθ1，因为θ2>θ1，故cosθ2<cosθ1，所以t1<t2，第一次运动时间较短，A错误；石子竖直方向做竖直上抛运动，则有v y＝v0sinθ，竖直方向上升的高度为h＝v y t－12gt2，联立可得h＝x tanθ－gx22v02cos2θ，故只需要v0大小和抛射角满足上式即可击中苹果，C错误；由h＝x tanθ－gx22v02cos2θ可知，v0减小时，θ不一定增大，B错误；由动能定理有－mgh＝12mv2－12mv02，故两次击中苹果前瞬间的速度大小相等，D正确．2.(2022·北京市昌平区高三期末)运动的合成与分解是我们研究复杂运动时常用的方法．如图所示，一高度为h、内壁光滑的圆筒竖直放置，将一个小滑块在圆筒上端O点以水平初速度v0沿圆筒内壁切线方向抛出．小滑块沿圆筒内壁运动了一周后恰好从O′点离开圆筒．已知重力加速度为g，不计空气阻力．(1)求小滑块从抛出到离开圆筒所用的时间t.(2)如果沿虚线OO′将圆筒展开，以小滑块初始位置为坐标原点O，初速度v0方向为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向，建立直角坐标系xOy，请在图中定性地画出小滑块在圆筒内表面的运动轨迹．答案(1)2h g(2)见解析图解析(1)由题意可知，小滑块竖直方向做自由落体运动，可得小滑块从抛出到离开圆筒所用的时间为h ＝12gt 2，解得t ＝2h g；(2)由题意可知，小滑块在圆筒内表面的运动轨迹如图所示．专题强化练[保分基础练]1．(2022·广东省模拟)《西游记》中，一只大龟浮水作舟，驮着唐僧师徒四人和白龙马渡过了通天河．已知大龟在静水中游动的速度大小与河水的流速大小之比为2∶1，出发点A 到正对岸B 点的距离为d ，河岸平直．若大家以最短的时间渡河，则大家上岸的地点与B 点的距离为()A.d 4B.d 2C ．2dD ．4d答案B解析要使渡河时间最短，大龟游动的速度方向应垂直河岸，渡河时间为t ＝dv 1，大家上岸的地点与B 点的距离x ＝v 2t ，又v 1∶v 2＝2∶1，联立解得x ＝d2，故B 正确．2.(2022·广东卷·6)如图所示，在竖直平面内，截面为三角形的小积木悬挂在离地足够高处，一玩具枪的枪口与小积木上P 点等高且相距为L .当玩具子弹以水平速度v 从枪口向P 点射出时，小积木恰好由静止释放，子弹从射出至击中积木所用时间为t .不计空气阻力．下列关于子弹的说法正确的是()A ．将击中P 点，t 大于L vB ．将击中P 点，t 等于L vC ．将击中P 点上方，t 大于L v D ．将击中P 点下方，t 等于L v答案B解析由题意知枪口与P 点等高，子弹和小积木在竖直方向上均做自由落体运动，当子弹击中积木时子弹和积木的运动时间相同，根据h ＝12gt 2，可知下落高度相同，所以将击中P 点；又由于初始状态子弹到P 点的水平距离为L ，子弹在水平方向上做匀速直线运动，故有t ＝Lv，故选B.3.(2022·江苏扬州市高三期末)如图所示，滑板爱好者先后两次从坡道A 点滑出，均落至B 点，第二次的滞空时间比第一次长，则()A．两次滑出速度方向相同B．两次腾空最大高度相同C．第二次滑出速度一定大D．第二次在最高点速度小答案D解析对滑板爱好者运动分析可知，从坡道A点滑出后，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，根据竖直上抛运动的对称性，即上升时间等于下降时间，由题知第二次的滞空时间比第一次长，所以第二次下降时间大于第一次，由h＝12gt2知，第二次腾空最大高度大于第一次，又因为两次水平位移相等，所以两次位移与水平方向的夹角不同，即两次滑出速度方向不相同，故A、B错误；因为第二次下降时间大于第一次，且两次水平位移相等，由x＝v x t知，第二次滑出后水平分速度小于第一次，即第二次在最高点速度小，又由v y＝gt可知，第二次滑出后竖直分速度大于第一次，所以第二次滑出速度不一定大，故C错误，D 正确．4.(多选)(2022·广西北海市一模)如图所示，直杆AB斜靠在墙角，∠ABO＝53°，∠AOB＝90°，AO＝5m．现从距A点正下方1.8m的C点以初速度v0水平抛出一小球(可视为质点)．已知重力加速度g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，空气阻力不计．若使小球不能碰到杆AB，则v0的值可能为()A．4m/s B．4.4m/s C．5m/s D．6m/s答案AB解析若小球刚与杆接触时的末速度与水平方向夹角为53°，即小球运动轨迹与杆相切，设此时小球竖直方向下落高度为h，水平位移为x，则根据平抛运动相关推论有tan53°＝2hx，由几何关系可得tan53°＝h＋h ACx，联立解得h＝1.8m，x＝2.7m，则由v0<xt，t＝2hg，联立解得v0<4.5m/s，C、D错误，A、B正确．5．(2022·安徽合肥市质检)某校秋季运动会分为竞技组和健身组，健身组设置了定点投篮项目．某同学正在进行定点投篮，篮球在空中划出了一道漂亮的弧线．在篮球运动所在的竖直平面内建立坐标系xOy，如图所示，篮球由A点投出，A、B、C、D是篮球运动轨迹上的四点，C为篮球运动的最高点，A、B、D三点的坐标已在图中标出，重力加速度为g，空气阻力忽略不计．则下列说法正确的是()A．篮球经过C点时速度大小为gLB．篮球经过B点和D点的动量相同C．篮球由A到B和由B到C过程，动量的变化量相同D．篮球由B到C和由C到D过程，重力做功相同答案C解析依题意可知篮球抛出后做斜抛运动，利用逆向思维，将篮球从A到C的轨迹看作从C到A的平抛运动，设C点坐标为(0，y C)，C点到B点时间为t，由题图可得L＝v C t，y C＝12gt2,3L－y C＝gt2，联立解得y C＝L，v C＝gL2，故A错误；由题图知B点和D点在同一水平线上，则可知篮球在两点处的速度大小相等，但方向不同，所以两点处的动量不相同，故B错误；由题图知篮球由A到B和由B 到C过程水平方向上发生的位移相等，则所用时间相等，根据动量定理可得mgt ＝－Δp，所以动量的变化量相同，故C正确；篮球由B到C过程重力做负功，由C到D过程重力做正功，二者不相同，故D错误．6．(2022·广东梅州市一模)如图甲所示是网球发球机，某次室内训练时将发球机在距地面一定的高度的地方放置，然后向竖直墙面发射网球．假定网球水平射出，某两次射出的网球碰到墙面时与水平方向夹角分别为30°和60°，如图乙所示．若不考虑网球在空中受到的阻力，则()A．两次发射的初速度之比为3∶1B．碰到墙面前空中运动时间之比为1∶3C．下降高度之比为1∶3D．碰到墙面时动能之比为3∶1答案C解析在平抛运动过程中，有h ＝12gt 2，x ＝v 0t ，位移与水平方向夹角的正切值tanα＝h x ＝gt 2v 0，速度与水平方向夹角的正切值tan β＝v y v 0＝gtv 0，则tan β＝2tan α.在平抛运动中，h ＝xtan β2，所以h 1h 2＝tan 30°tan 60°＝13；由h ＝12gt 2可知，t 1t 2＝h 1h 2＝33；水平速度v ＝x t ，可得v 1v 2＝t 2t 1＝31；由v t ＝v 0cos β可知，v t 1v t 2＝v 1cos 60°v 2cos 30°＝11，所以碰到墙面时动能之比E k1E k2＝v t 12v t 22＝11，故A 、B 、D 错误，C 正确．[争分提能练]7.(2022·湖北武汉市高三期末)活塞带动飞轮转动可简化为如图所示的模型：图中A 、B 、O 三处都是转轴，当活塞在水平方向上移动时，带动连杆AB 运动，进而带动OB 杆以O 点为轴转动．若某时刻活塞的水平速度大小为v ，连杆AB 与水平方向夹角为α，AB 杆与OB 杆的夹角为β，此时B 点做圆周运动的线速度大小为()A.v sin αsin βB.v cos αsin βC.v cos αcos βD.v sin αcos β答案B解析设B 点做圆周运动的线速度大小为v ′，此速度为B 点的实际速度，根据运动合成与分解，可以分解为沿杆方向的分速度和垂直杆方向的分速度，如图，沿杆方向的分速度大小为v B ＝v ′cos(β－π2)＝v ′sin β，A 点速度为水平方向的v ，根据运动合成与分解，可以分解为沿杆方向的分速度和垂直杆方向的分速度，如图，沿杆方向的分速度为v A ＝v cos α，又有二者沿杆方向的分速度相等，即v ′sin β＝v cos α，则v ′＝v cos αsin β，故选B.8.(多选)(2022·山东卷·11)如图所示，某同学将离地1.25m 的网球以13m/s 的速度斜向上击出，击球点到竖直墙壁的距离4.8m ．当网球竖直分速度为零时，击中墙壁上离地高度为8.45m 的P 点．网球与墙壁碰撞后，垂直墙面速度分量大小变为碰前的0.75倍．平行墙面的速度分量不变．重力加速度g 取10m/s 2，网球碰墙后的速度大小v 和着地点到墙壁的距离d 分别为()A ．v ＝5m/sB ．v ＝32m/sC ．d ＝3.6mD ．d ＝3.9m答案BD解析设网球飞出时的速度为v 0，竖直方向v 0竖直2＝2g (H －h )，代入数据得v 0竖直＝2×10×8.45－1.25m/s ＝12m/s ，则v 0水平＝132－122m/s ＝5m/s ，网球击出点到P 点水平方向的距离x 水平＝v 0水平t ＝v 0水平·v 0竖直g ＝6m ，根据几何关系可得打在墙面上时，垂直墙面的速度分量v 0水平⊥＝v 0水平·45＝4m/s ，平行墙面的速度分量v0水平∥＝v0水平·35＝3m/s，反弹后，垂直墙面的速度分量v水平⊥′＝0.75·v0水平⊥＝3m/s，则反弹后的网球速度大小为v＝v水平＝v水平⊥′2＋v0水平∥2＝32m/s，网球落到地面的时间t′＝2Hg＝2×8.4510s＝1.3s，着地点到墙壁的距离d＝v水平⊥′t′＝3.9m，故B、D正确，A、C错误．9.(2022·安徽蚌埠市高三期末)如图为弹球游戏装置的简化示意图，两块平行挡板竖直固定在水平面上，右侧挡板下端有一小孔B，小亮将弹性小球自右侧挡板顶端A点以一定的水平速度向左抛出，小球经两个挡板多次碰撞最终恰好从B飞出，游戏获胜．已知两挡板的间距为L，A、B的高度差为h，小球直径略小于小孔的内径，小球与挡板碰撞前后的水平和竖直分速度大小均不变，且不与水平面相碰，重力加速度为g.则小球抛出时的速度v和它与两挡板碰撞总次数N分别为()A．v＝(N＋1)L2gh，N＝2n(n＝1,2,3，…)B．v＝(N＋1)L2gh，N＝2n－1(n＝1,2,3，…)C．v＝(N＋1)L g2h，N＝2n(n＝1,2,3，…)D．v＝(N＋1)L g2h，N＝2n－1(n＝1,2,3，…)答案B解析小球在两平行挡板间的运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动．设运动总时间为t，则水平方向、竖直方向分别有(N＋1)L＝vt，N＝2n－1(n＝1,2,3，…)，h＝12gt2，联立可得v＝(N＋1)L2gh，N＝2n－1(n＝1,2,3，…)，故A、C、D错误，B正确．10.(2022·山东日照市一模)跳台滑雪是冬奥会的重要项目之一．如图所示，某次比赛中，质量为m的运动员(包括滑雪板)以速度v0从跳台顶端水平飞出，经过一段时间后落在倾斜赛道上，赛道的倾角为θ，重力加速度为g，空气阻力忽略不计，运动员(包括滑雪板)视为质点．则运动员在空中运动的过程中()A．动量变化量的大小为mv0tanθB．位移的大小为v02tanθgC．距离赛道最远时的速度大小为v0tanθD．距离赛道最远时的竖直位移为总竖直位移的14答案D解析根据动量定理，动量变化量等于重力的冲量，即为竖直方向的动量变化，当运动员落至斜面时，分解其位移得tanθ＝hx＝12gt2v0t＝gt2v0，则落至斜面时的竖直分速度为v y＝gt＝2v0tanθ，因此动量变化量为Δp＝mΔv＝2mv0tanθ，故A错误；由A得运动员运动的时间为t＝2v0tanθg，则水平位移为x＝v0t＝2v02tanθg，则运动员实际位移大小为x实际＝xcosθ＝2v02tanθg cosθ，故B错误；将运动分解为沿斜面和垂直斜面两个方向，则垂直斜面方向的初速度方向垂直斜面向上，加速度方向垂直斜面向下，则垂直斜面的速度分量减小为零时运动员离斜面最远，即当运动员的速度方向与斜面平行时，距离赛道最远，在最远处分解其速度得cosθ＝v0v，则v＝v0cosθ，故C错误；垂直斜面方向的分运动类似于竖直上抛运动，根据竖直上抛运动的对称性，垂直斜面的速度分量减小为零时的运动时间为总时间的一半，再根据自由落体的公式h＝12gt2得，距离赛道最远时的竖直位移为总竖直位移的14，故D正确．11．(2022·河北保定市七校联考)如图所示，两人各自用吸管吹黄豆，甲黄豆从吸管末端P点水平射出的同时乙黄豆从另一吸管末端M点斜向上射出．经过一段时间后两黄豆在N点相遇，曲线1和2分别为甲、乙黄豆的运动轨迹．若M点在P 点正下方，M点与N点位于同一水平线上，且PM长度等于MN的长度，不计空气阻力，可将黄豆看成质点，则()A．两黄豆相遇时甲的速度与水平方向的夹角的正切值为乙的两倍B．甲黄豆在P点的速度与乙黄豆在最高点的速度不相等C．两黄豆相遇时甲的速度大小为乙的两倍D．乙黄豆相对于M点上升的最大高度为PM长度的一半答案A解析设甲黄豆做平抛运动的时间为t，那么乙黄豆做斜抛运动的时间也为t，根据斜抛运动的对称性可知，乙黄豆从M点运动至最高点的时间为t2，乙黄豆从M点运动至最高点的水平位移为MN的一半，设PM＝MN＝L，甲黄豆在P点的速度为v1，乙黄豆到达最高点的速度为v′，在水平方向上由运动学规律：对甲黄豆有L＝v1t，对乙黄豆从M点运动至最高点水平方向上有L2＝v′·t2，联立解得v1＝v′＝Lt，故B错误；对甲黄豆到达N点时，在竖直方向上有L＝12gt2，v1y＝gt＝2gL，在水平方向有v1＝Lt＝gL2，甲黄豆到达N点时的速度为v甲＝v12＋v1y2＝5gL2，对乙黄豆在从M点运动至最高点的过程中，由逆向思维得上升的最大高度为h＝12g(t2)2＝14·12gt2＝14L，所以乙黄豆相对于M点上升的最大高度为PM长度的14，乙黄豆在M点的竖直方向分速度为v2y2＝2g·L4，则v2y＝gL2，由运动的合成与分解得乙黄豆在N点的速度为v乙＝v′2＋v2y2＝gL，所以两黄豆相遇时甲的速度大小不是乙的两倍，故C、D错误；两黄豆相遇时甲的速度与水平方向的夹角正切值为tanα＝v1yv1＝2gLgL2＝2，乙的速度与水平方向的夹角正切值为tanβ＝v2yv′＝v2yv1＝gL2gL2＝1，所以两黄豆相遇时甲的速度与水平方向的夹角不是乙的两倍，甲的速度与水平方向的夹角的正切值为乙的两倍，故A正确．12．(2022·广东开平市模拟)2022年2月8日，18岁的中国选手谷爱凌在北京冬奥会自由式滑雪女子大跳台比赛中以绝对优势夺得金牌，这是中国代表团在北京冬奥会上的第三枚金牌，被誉为“雪上公主”的她赛后喜极而泣．现将比赛某段过程视为如图所示的质点小球的运动，小球从倾角为α＝30°的斜面顶端O 点以速度v 0飞出，已知v 0＝20m/s ，且与斜面夹角为θ＝60°.图中虚线为小球在空中的运动轨迹，且A 为轨迹上离斜面最远的点，B 为小球在斜面上的落点，C 是过A 作竖直线与斜面的交点，不计空气阻力，重力加速度取g ＝10m/s 2.求：(1)小球从O 点运动到A 点所用时间t ；(2)小球离斜面最远的距离L ；(3)O 、C 两点间距离x .答案(1)2s (2)103m (3)40m 解析(1)将小球在O 点的速度沿斜面和垂直斜面分解，如图所示，垂直斜面方向有v 1＝v 0sin θ，a 1＝g cos α，t ＝v 1a 1，联立解得t ＝2s(2)垂直斜面方向的速度匀减速至0时，有L ＝v 122a 1，代入数据得L ＝103m (3)解法1：由垂直斜面方向运动对称性可得，小球从O 到A 与从A 到B 所用时间相等，平行斜面方向有v 2＝v 0cos θ，a 2＝g sin α，则平行斜面方向有x OB ＝v 2·2t ＋12a 2(2t )2，小球在水平方向做匀速直线运动，C 为OB 中点，则x ＝12x OB。

2023届二轮复习专项分层特训 专项4 抛体运动和圆周运动（含答案）一、单项选择题1.[2022·辽宁模拟卷]某小组的同学到劳动实践基地进行劳动锻炼，任务之一是利用石碾将作物碾碎，如图所示．两位男同学通过推动碾杆，可使碾杆和碾轮绕碾盘中心的固定竖直轴O 转动，同时碾轮在碾盘上滚动，将作物碾碎．已知在推动碾轮转动的过程中，两位男同学的位置始终关于竖直轴对称，则下列选项中两男同学一定相同的是( )A ．线速度B ．角速度C ．向心加速度D ．向心力的大小2.[2022·全国甲卷]北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示．运动员从a 处由静止自由滑下，到b 处起跳，c 点为a 、b 之间的最低点，a 、c 两处的高度差为h .要求运动员经过c 点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k 倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c 点处这一段圆弧雪道的半径不应小于( )A ．hk ＋1B ．h kC ．2hkD ．2h k －13.[2022·广东卷]如图是滑雪道的示意图．可视为质点的运动员从斜坡上的M 点由静止自由滑下，经过水平NP 段后飞入空中，在Q 点落地．不计运动员经过N 点的机械能损失，不计摩擦力和空气阻力．下列能表示该过程运动员速度大小v 或加速度大小a 随时间t 变化的图像是( )4.[2022·广东卷，6]如图所示，在竖直平面内，截面为三角形的小积木悬挂在离地足够高处，一玩具枪的枪口与小积木上P 点等高且相距为L .当玩具子弹以水平速度v 从枪口向P 点射出时，小积木恰好由静止释放，子弹从射出至击中积木所用时间为t .不计空气阻力．下列关于子弹的说法正确的是( )A ．将击中P 点，t 大于Lv B ．将击中P 点，t 等于Lv C ．将击中P 点上方，t 大于LvD．将击中P点下方，t等于L v5.[2022·广东茂名一模]大雾天气，司机以10 m/s的速度在水平路面上向前行驶，突然发现汽车已开到一个丁字路口(如图所示)，前方15 m处是一条小河，司机可采用紧急刹车或紧急转弯两种方法避险．已知汽车与地面之间的动摩擦因数为0.6，g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列措施中正确的是()A．紧急刹车B．紧急转弯C．两种都可以D．两种都不可以二、多项选择题6.[2022·河北省模拟题]智能呼啦圈轻便美观，深受大众喜爱．如图甲，腰带外侧带有轨道，将带有滑轮的短杆穿入轨道，短杆的另一端悬挂一根带有配重的轻绳，其简化模型如图乙所示．可视为质点的配重质量为0.5 kg，绳长为0.5 m，悬挂点P到腰带中心点O的距离为0.2 m．水平固定好腰带，通过人体微小扭动，使配重随短杆做水平匀速圆周运动，绳子与竖直方向夹角为θ，运动过程中腰带可看作不动，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，下列说法正确的是()A．匀速转动时，配重受到的合力恒定不变B．若增大转速，腰带受到的合力变大C．当θ稳定在37°时，配重的角速度为15rad/sD．当θ由37°缓慢增加到53°的过程中，绳子对配重做正功7.[2022·重庆二诊]如图所示，空间中匀强磁场的方向为竖直方向(图中未画出)，质量为m，电荷量为＋q的小球在光滑圆锥上以速度大小v做匀速圆周运动(从上往下看是逆时针)，其运动平面与圆锥轴线垂直且到圆锥顶点的距离为h，已知重力加速度为g，圆锥半顶角为θ，下列说法正确的是()A．磁场方向竖直向下B．小球转一圈的过程中，重力的冲量为0C．圆锥对小球的支持力大小为mg sin θD．磁感应强度大小为mgq v tan θ＋m vqh tan θ三、非选择题8.[2022·全国甲卷]将一小球水平抛出，使用频闪仪和照相机对运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔0.05 s发出一次闪光．某次拍摄时，小球在抛出瞬间频闪仪恰好闪光，拍摄的照片编辑后如图所示．图中的第一个小球为抛出瞬间的影像，每相邻两个球之间被删去了3个影像，所标出的两个线段的长度s1和s2之比为3∶g＝10 m/s2，忽略空气阻力．求在抛出瞬间小球速度的大小．9.[2022·湖北省模拟题]2022年2月8日，18岁的中国选手谷爱凌在北京冬奥会自由式滑雪女子大跳台比赛中以绝对优势夺得金牌，这是中国代表团在北京冬奥会上的第三枚金牌，被誉为“雪上公主”的她赛后喜极而泣．现将比赛某段过程简化成如图可视为质点小球的运动，小球从倾角为α＝30°的斜面顶端O 点以v 0飞出，已知v 0＝20 m/s ，且与斜面夹角为θ＝60°.图中虚线为小球在空中的运动轨迹，且A 为轨迹上离斜面最远的点，B 为小球在斜面上的落点，C 是过A 作竖直线与斜面的交点，不计空气阻力，重力加速度取g ＝10 m/s 2.求：(1)小球从O 运动到A 点所用时间t ； (2)小球离斜面最远的距离L ； (3)O 、C 两点间距离x .10.动画片《熊出没》中有这样一个情节：某天熊大和熊二中了光头强设计的陷阱，被挂在了树上(如图甲)，聪明的熊大想出了一个办法，让自己和熊二荡起来使绳断裂从而得救，其过程可简化如图乙所示，设悬点为O ，离地高度为2L ，两熊可视为质点且总质量为m ，绳长为L2且保持不变，绳子能承受的最大张力为3mg ，不计一切阻力，重力加速度为g ，求：(1)设熊大和熊二刚好在向右摆到最低点时绳子刚好断裂，则他们的落地点离O 点的水平距离为多少；(2)改变绳长，且两熊仍然在向右到最低点绳子刚好断裂，则绳长为多长时，他们的落地点离O 点的水平距离最大，最大为多少；(3)若绳长改为L ，两熊在水平面内做圆锥摆运动，如图丙，且两熊做圆锥摆运动时绳子刚好断裂，则他们落地点离O 点的水平距离为多少．专项4 抛体运动和圆周运动1．解析：线速度、向心加速度都是矢量，两同学的线速度和向心加速度的大小相等，但方向相反，所以不相同，故A 、C 错误；两同学的运动为同轴传动，故两者的角速度一定相同，故B 正确；两同学的质量大小未知，所以无法判断两者所受向心力的大小关系，故D 错误．答案：B2．解析：运动员从a 处滑至c 处，mgh ＝12 m v 2c －0，在c 点，N －mg ＝m v 2c R ，联立得N ＝mg ⎝⎛⎭⎫1＋2hR ，由题意，结合牛顿第三定律可知，N ＝F 压≤kmg ，得R ≥2hk －1，故D 项正确．答案：D3．解析：根据题述可知，运动员在斜坡上由静止滑下做加速度小于g 的匀加速运动，在NP 段做匀速直线运动，从P 飞出后做平抛运动，加速度大小为g ，速度方向时刻改变、大小不均匀增大，所以只有图像C 正确．答案：C4．解析：由于子弹水平射出后做平抛运动，小积木做自由落体运动，二者竖直方向运动状态相同，所以将击中P 点．子弹水平方向做匀速直线运动，由L ＝v t 可得t ＝Lv ，B 项正确．答案：B5．解析：由题意知紧急刹车的位移为x ＝v 22a ，又由牛顿第二定律得μmg ＝ma ，解得x ≈8.3m<15 m ，故紧急刹车是安全的，转弯时静摩擦力提供向心力，最大静摩擦力为μmg ，根据向心力公式有μmg＝m v2r m，解得r m＝16.7 m>15 m，如果转弯半径小于r m＝16.7 m时需要更大的向心力，汽车容易发生侧翻是不安全的，选项A正确．答案：A6.解析：匀速转动时，配重受到的合力提供向心力，大小恒定不变，方向指向圆心，时刻改变，故A错误；腰带受力平衡，受到的合力为0，故B错误；对配重受力分析如图所示：根据向心力公式有：mg tan θ＝m（d＋l sin θ）ω2, d＝0.2, l＝0.5, θ＝37°，解得：ω＝15 rad/s，故C正确；当θ由37°缓慢增加到53°的过程中，需要加速，动能增加，同时配重高度上升，重力对配重做负功，故绳子对配重做正功，故D正确．答案：CD7．解析：由左手定则可知，磁场方向竖直向下，故A正确；小球转一圈的过程中，重力的冲量等于重力与时间的乘积，所以重力的冲量不等于零，故B错误；对小球进行受力分析可知，小球受到重力mg，垂直圆锥母线的支持力F N，水平方向的洛伦兹力q v B，沿水平和竖直方向正交分解，有F N sin θ＝mg, q v B－F N cos θ＝m v2h tan θ，解得F N＝mgsin θ，磁感应强度大小为B＝mgq v tan θ＋m vqh tan θ，故C错误，D正确．答案：AD8.解析：依题意，相邻两球影像间隔的时间t ＝4t 0＝0.2 s设初速度大小为v 0，如图所示：由O 到A ，水平方向：x 1＝v 0t 竖直方向：y 1＝12 gt 2又s 1＝x 21 ＋y 21由A 到B ，水平方向：x 2＝v 0t 竖直方向：y 2＝12 g （2t ）2－12 gt 2又s 2＝x 22 ＋y 22s 1s 2 ＝37联立解得v 0＝255 m/s答案：255 m/s9.解析：（1）将速度分解，如图，当小球速度与斜面平行时到达A 点 垂直斜面方向：v 1＝v 0sin θ，a 1＝g cos α，t ＝v 1α1 ，得：t ＝2 s（2）垂直斜面方向v 1匀减速至0时有：L ＝v 212a 1 ，代入数据得：L ＝103 m（3）由垂直斜面方向运动对称性可得小球从O 到A 与A 到B 所用时间相等 平行斜面方向：a 2＝g sin α，v 2＝v 0cos θ，x OB ＝v 22t ＋12 a 2（2t ）2小球在水平方向做匀速直线运动，C 为OB 中点，则x ＝12 x OB代入数据解得：x ＝40 m答案：（1）2 s （2）103 m （3）40 m 10．解析：（1）在最低点3mg －mg ＝m v 21 L 2绳子断后，两熊做平抛运动，则32 L ＝12 gt 21两熊落地点离O 点的水平距离x 1＝v 1t 1联立可得x 1＝3 L（2）设绳长为d ，则在最低点3mg －mg ＝m v 22d绳子断后，两熊做平抛运动，则2L －d ＝12 gt 22两熊落地点离O 点的水平距离x 2＝v 2t 2即x 2＝2（2L －d ）d则当d ＝L 时，两熊落地点离O 点水平距离最远，此时最大值x 2＝2L（3）两熊做圆锥摆运动时，设绳子与竖直方向的夹角为θ时，绳子被拉断．竖直方向3mg cos θ＝mg 水平方向3mg sin θ＝m v 23L sin θ此时两熊离地面的高度为h ＝2L －L cos θ 此后两熊做平抛运动h ＝12 gt 23水平位移x 3＝v 3t 3由几何关系：落地点到O 点的水平距离s ＝（L sin θ）2＋x 23联立可求得s ＝2223L答案：（1）3 L （2）d ＝L 时 2L （3）2223 L。

圆周运动与抛体运动综合问题求解方法圆周运动和抛体运动是研究动力学的重要内容之一，它们对于我们研究物体运动轨迹、物体受力状况等有着重要意义，而求解圆周运动和抛体运动综合问题就更为重要和复杂。

首先，要想求解圆周运动和抛体运动综合问题，需要了解圆周运动和抛体运动的基本概念，以及运动受力状况等。

关于圆周运动，它是物体随着一定半径和一定速度绕着一定中心进行的一种运动，它受到的主要力就是引力，而关于抛体运动，它是物体随着一定力在一定空间进行的一种运动，它受到的力有重力、空气阻力、摩擦力等。

求解圆周运动和抛体运动综合问题有几种方法，一是利用微分方程组求解，二是利用积分方法求解，三是利用计算机程序来模拟求解。

首先，利用微分方程组求解圆周运动和抛体运动综合问题，可以用牛顿第二定律来确定物体受力情况，用运动学方程来求解运动轨迹，这里有几个重要的方程：牛顿定律、牛顿第二定律、勒让得定律、拉格朗日定律。

另外，还可以用极坐标方程来求解圆周运动和抛体运动综合问题，这里有几个重要的方程：极坐标运动方程、变换方程。

其次，利用积分方法求解圆周运动和抛体运动综合问题，可以用梯形公式求解物体动量的变化，用牛顿第二定律求解力的传递情况，用勒让得定律求解物体的位移。

最后，利用计算机程序来模拟求解圆周运动和抛体运动综合问题，可以用仿真软件（比如MATLAB等）来实现，可以用轨迹分析软件（比如Maple等）来实现，也可以用程序设计语言（比如C语言等）来实现，对于复杂求解可以使用先进的求解器来实现。

总而言之，圆周运动和抛体运动综合问题求解可以采用上述方法实现，根据实际应用需求可以选用合适的方法求解，而利用现代计算机软件和硬件设备，可以为圆周运动和抛体运动综合问题求解提供良好的支持，这对于促进我们对物体运动受力情况的研究有着重要作用。

热点 抛体运动和圆周运动模型1.命题情境源自生产生活中的与力的作用下沿抛体运动和圆周运动相关的情境，对生活生产中力和直线有关的问题平衡问题，要能从情境中抽象出物理模型，正确画受力分析图，运动过程示意图，正确利用牛顿第二定律、运动学公式、动能定理、动量定理、动量守恒定律等解决问题。

2.命题中既有单个物体多过程问题又有多个物体多过程问题，考查重点在受力分析和运动过程分析，能选择合适的物理规律解决实际问题。

3.命题较高的考查了运算能力和综合分析问题的能力。

一、平抛运动的二级结论(1)做平抛运动的物体在任一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，则tanα=yx2。

(2)做平抛运动的物体在任一时刻任一位置处，其速度与水平方向的夹角α的正切值，是位移与水平方向的夹角θ的正切值的2倍，即tanα=2tanθ。

(3)若物体在斜面上平抛又落到斜面上，则其竖直位移与水平位移之比等于斜面倾角的正切值。

(4)若平抛物体垂直打在斜面上，则物体打在斜面上瞬间，其水平速度与竖直速度之比等于斜面倾角的正切值。

(5)平抛运动问题要构建好两类模型，一类是常规平抛运动模型，注意分解方法，应用匀变速运动的规律；另一类是平抛斜面结合模型，要灵活应用斜面倾角，分解速度或位移，构建几何关系。

平抛运动中的临界问题1.平抛运动的临界问题有两种常见情形(1)物体的最大位移、最小位移、最大初速度、最小初速度；(2)物体的速度方向恰好达到某一方向。

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。

二、斜上抛运动1.斜上抛运动的飞行时间、射高、射程：(1)在最高点时：v y=0，由④式得到t=v0sinθg⑤物体落回与抛出点同一高度时，有y =0，由③式得飞行时间t 总=2v 0sin θg⑥(2)将⑤式代入③式得物体的射高：H m =v 20sin 2θ2g ⑦(3)将⑥式代入①式得物体的射程：x m =v 20sin2θg注意：当θ=45°时，射程x m 最大。

圆周运动与抛体运动综合问题求解方法
圆周运动与抛体运动综合问题求解方法
圆周运动和抛体运动是物理学中常见的两种运动，它们在许多物理学问题中都有着重要的作用。

圆周运动是指物体沿着一个固定的圆形轨道运动，而抛体运动是指物体在重力场中运动，其轨迹是一个抛物线。

圆周运动与抛体运动综合问题是指将圆周运动和抛体运动结合起来，求解物体的运动轨迹的问题。

解决圆周运动与抛体运动综合问题的方法有很多，其中最常用的方法是利用牛顿第二定律和动量守恒定律。

牛顿第二定律指出，物体受到的外力等于物体的质量乘以加速度，即F=ma，而动量守恒定律指出，物体的动量在受到外力的作用下是守恒的，即p=mv。

因此，可以利用牛顿第二定律和动量守恒定律来求解圆周运动与抛体运动综合问题。

首先，需要确定物体的质量、初始速度、初始位置和外力的大小，然后根据牛顿第二定律和动量守恒定律，求出物体在每一时刻的加速度和动量，并利用数学方法求出物体在每一时刻的位置和速度。

最后，将求得的位置和速度曲线画出来，就可以得到物体的运动轨迹。

此外，还可以利用轨道力学的方法来求解圆周运动与抛体运动综合问题。

轨道力学是一门研究物体在重力场中运动的学科，它可以用来求解物体在重力场中的运动轨迹。

轨道力学的基本原理是，物体在重力场中的运动轨迹是由物体的动量和重力场的影响所决定的，因此，可以利用轨道力学的方法来求解圆周运动与抛体运动综合问题。

总之，圆周运动与抛体运动综合问题的求解方法有很多，其中最常用的方法是利用牛顿第二定律和动量守恒定律，也可以利用轨道力学的方法来求解。

无论采用哪种方法，都可以得到物体的运动轨迹，从而解决圆周运动与抛体运动综合问题。

圆周运动导与练【知识清单】1、匀速圆周运动的特点：（1）匀速圆周运动的定义：做圆周运动的物体在相等的时间内通过的弧长相等（2）匀速圆周运动的轨迹：是圆，且任意相等的时间内半径转过的角度相等（3）匀速圆周运动的性质：a 、“匀速”指的是“匀速率”，即速度的大小不变但速度的方向时刻改变b 、加速度大小不变，但加速度的方向时刻改变，所以是变加速曲线运动2、圆周运动的表征物理量：（1）线速度v ：定义：圆周运动的瞬时速度；单位时间内通过的弧长大小：线速度=弧长/时间，即v=s/t ；方向：圆周的切线方向；匀速圆运动线速度的特点：线速度大小不变，但方向时刻改变（2）角速度ω：定义：半径在单位时间内转过的角度； 大小：角速度=角度（弧度）/时间即：ω=φ/t单位：弧度每秒，即：rad/s ；匀速圆周运动中角速度特点：角速度恒定不变（3）周期T ：定义：匀速圆周运动物体运动一周所用的时间；大小：周期=周长/线速度，即：T=2πr/v单位：秒，即s ；匀速：圆周运动中周期的特点：周期不变（4）频率f ：定义：每秒钟完成匀速圆周运动的转数大小：f=1/T单位：赫兹，即Hz ，1Hz=1转/秒（5）转速n ：定义：单位时间内做匀速圆周运动的物体转过的圈数，符号n大小：转速的大小就等于频率的大小单位：国际单位制中用转/秒，日常生活中也用转/分3、匀速圆周运动各物理量之间的关系：（1）各物理量之间的关系：Tn T r T w rw v 1,2,2,====πυπ 说明: rw v =在非匀速圆周运动中同样适用，其中w v ,为任一相同时刻的线速度和角速度。

（2）同一转盘上半径不同的各点，角速度相等但线速度大小不同（3）皮带传动或齿轮传动的两轮边缘线速度大小相等，但角速度不一定相同（4）当半径一定时，线速度与角速度成正比；当角速度一定时，线速度与半径成正比【考点分析】命题点一圆周运动的运动学问题1．对公式v＝ωr的理解当r一定时，v与ω成正比．当ω一定时，v与r成正比．当v一定时，ω与r成反比．2．常见的传动方式及特点(1)皮带传动：如图3甲、乙所示，皮带与两轮之间无相对滑动时，两轮边缘线速度大小相等，即v A＝v B.图3(2)摩擦传动和齿轮传动：如图4甲、乙所示，两轮边缘接触，接触点无打滑现象时，两轮边缘线速度大小相等，即v A＝v B.图4(3)同轴转动：如图5甲、乙所示，绕同一转轴转动的物体，角速度相同，ωA＝ωB，由v＝ωr 知v与r成正比．【例1】匀速圆周运动是一种（）A．匀速运动B．匀加速运动C．匀加速曲线运动D．变速曲线运动【答案】D【详解】匀速圆周运动物体的加速度的方向不断变化，所以是一种变速曲线运动，故D正确，ABC 错误。

第3讲圆周运动目标要求 1.熟练掌握描述圆周运动的各物理量之间的关系.2.掌握匀速圆周运动由周期性引起的多解问题的分析方法.3.会分析圆周运动的向心力来源，掌握圆周运动的动力学问题的分析方法，掌握圆锥摆模型．考点一圆周运动的运动学问题1．描述圆周运动的物理量2．匀速圆周运动(1)定义：如果物体沿着圆周运动，并且线速度的大小处处相等，这种运动叫作匀速圆周运动．(2)特点：加速度大小不变，方向始终指向圆心，是变速运动．(3)条件：合外力大小不变、方向始终与速度方向垂直且指向圆心．1．匀速圆周运动是匀变速曲线运动．(×)2．物体做匀速圆周运动时，其线速度是不变的．(×)3．物体做匀速圆周运动时，其所受合外力是变力．(√)4．匀速圆周运动的向心加速度与半径成反比．(×)1．对公式v＝ωr的理解当ω一定时，v与r成正比．当v一定时，ω与r成反比．2．对a n ＝v 2r ＝ω2r的理解在v一定时，a n与r成反比；在ω一定时，a n与r 成正比．3．常见的传动方式及特点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：v Av B＝rR向心加速度与半径成正比：a Aa B＝rR角速度与半径成反比：ωAωB＝rR向心加速度与半径成反比：a Aa B＝rR角速度与半径成反比：ωAωB＝r2r1向心加速度与半径成反比：a Aa B＝r2r1考向1圆周运动物理量的分析和计算例1如图，A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动，在相同时间内，它们通过的路程之比是4∶3，运动方向改变的角度之比是3∶2，则它们()A．线速度大小之比为4∶3B．角速度之比为3∶4C．圆周运动的半径之比为2∶1D．向心加速度大小之比为1∶2答案A解析时间相同，路程之比即线速度大小之比，为4∶3，A项正确；由于时间相同，运动方向改变的角度之比即对应扫过的圆心角之比，等于角速度之比，为3∶2，B项错误；线速度之比除以角速度之比等于半径之比，为8∶9，C项错误；由向心加速度a n＝v2知，线速度平r方之比除以半径之比即向心加速度大小之比，为2∶1，D项错误．考向2圆周传动问题例2(2023·浙江宁波市模拟)如图所示为“行星减速机”的工作原理图．“行星架”为固定件，中心“太阳轮”为从动件，其半径为R A，周围四个“行星轮”的半径为R B，“齿圈”为主动件，其中R A＝2R B.A、B、C分别是“太阳轮”“行星轮”和“齿圈”边缘上的点．则在该状态下()A．A点与B点的角速度相同B．A点与C点的转速相同C．B点与C点的周期相同D．A点与C点的线速度大小相等答案D解析由题意可知，A、B、C三点的线速度大小相等，根据v＝ωr，结合A、B、C三点的半径大小关系R C>R A>R B，可知A、B、C三点的角速度关系为ωC<ωA<ωB，根据转速与角速度，关系ω＝2πn，可知A、B、C三点的转速关系为n C<n A<n B，根据周期与角速度关系T＝2πω可知A、B、C三点的周期关系为T C>T A>T B，选项A、B、C错误，D正确．考点二圆周运动的动力学问题1．匀速圆周运动的向心力(1)作用效果向心力产生向心加速度，只改变速度的方向，不改变速度的大小．(2)大小F n ＝m v 2r ＝mrω2＝m 4π2T 2r ＝mωv .(3)方向始终沿半径方向指向圆心，时刻在改变，即向心力是一个变力． 2．离心运动和近心运动(1)离心运动：做圆周运动的物体，在所受合外力突然消失或不足以提供圆周运动所需向心力的情况下，就做逐渐远离圆心的运动． (2)受力特点(如图)①当F ＝0时，物体沿切线方向飞出，做匀速直线运动． ②当0<F <mrω2时，物体逐渐远离圆心，做离心运动． ③当F >mrω2时，物体逐渐向圆心靠近，做近心运动．(3)本质：离心运动的本质并不是受到离心力的作用，而是提供的力小于做匀速圆周运动需要的向心力．3．匀速圆周运动与变速圆周运动中合力、向心力的特点 (1)匀速圆周运动的合力：提供向心力． (2)变速圆周运动的合力(如图)①与圆周相切的分力F t 产生切向加速度a t ，改变线速度的大小，当a t 与v 同向时，速度增大，做加速圆周运动，反向时做减速圆周运动．②指向圆心的分力F n 提供向心力，产生向心加速度a n ，改变线速度的方向．1．做匀速圆周运动的物体，当所受合外力突然减小时，物体将沿切线方向飞出．( × ) 2．摩托车转弯时速度过大就会向外发生滑动，这是摩托车受沿转弯半径向外的离心力作用的缘故．( × )3．向心力可以由物体受到的某一个力提供，也可以由物体受到的合力提供．( √ ) 4．在变速圆周运动中，向心力不指向圆心．( × )1．向心力来源向心力是按力的作用效果命名的，可以由重力、弹力、摩擦力等各种力提供，也可以是几个力的合力或某个力的分力提供，因此在受力分析中要避免再另外添加一个向心力． 2．匀速圆周运动中向心力来源运动模型向心力的来源图示汽车在水平路面转弯水平转台(光滑)圆锥摆飞车走壁飞机水平转弯火车转弯3.变速圆周运动中向心力来源如图所示，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 n ＝F T －mg cos θ＝m v 2R ，如图所示．4．圆周运动中动力学问题的分析思路考向1 圆周运动的动力学问题例3 (多选)(2021·河北卷·9)如图，矩形金属框MNQP 竖直放置，其中MN 、PQ 足够长，且PQ 杆光滑，一根轻弹簧一端固定在M 点，另一端连接一个质量为m 的小球，小球穿过PQ 杆，金属框绕MN 轴分别以角速度ω和ω′匀速转动时，小球均相对PQ 杆静止，若ω′>ω，则与以ω匀速转动时相比，以ω′匀速转动时( )A ．小球的高度一定降低B ．弹簧弹力的大小一定不变C ．小球对杆压力的大小一定变大D ．小球所受合外力的大小一定变大 答案 BD解析 对小球受力分析，设弹簧弹力为F T ，弹簧与水平方向的夹角为θ，则对小球竖直方向有F T sin θ＝mg ，而F T ＝k ⎝⎛⎭⎫MPcos θ－l 0 可知θ为定值，F T 不变，则当转速增大后，小球的高度不变，弹簧的弹力不变，A 错误，B正确；水平方向当转速较小，杆对小球的弹力F N 背离转轴时，则F T cos θ－F N ＝mω2r 即F N ＝F T cos θ－mω2r 当转速较大，F N 指向转轴时， 则F T cos θ＋F N ′＝mω′2r 即F N ′＝mω′2r －F T cos θ因ω′>ω，根据牛顿第三定律可知，小球对杆的压力不一定变大，C 错误； 根据F 合＝mω2r 可知，因角速度变大，则小球所受合外力变大，则D 正确．例4 (2022·全国甲卷·14)北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示．运动员从a 处由静止自由滑下，到b 处起跳，c 点为a 、b 之间的最低点，a 、c 两处的高度差为h .要求运动员经过c 点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k 倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c 点处这一段圆弧雪道的半径不应小于( )A.h k ＋1B.h kC.2h kD.2h k －1答案 D解析 运动员从a 到c 根据动能定理有mgh ＝12m v c 2，在c 点有F N c －mg ＝m v c 2R c ，F N c ≤ kmg ，联立有R c ≥2hk －1，故选D.考向2 圆锥摆模型例5 如图所示，质量相等的甲、乙两个小球，在光滑玻璃漏斗内壁做水平面内的匀速圆周运动，甲在乙的上方．则( )A ．球甲的角速度一定大于球乙的角速度B ．球甲的线速度一定大于球乙的线速度C ．球甲的运动周期一定小于球乙的运动周期D ．甲对内壁的压力一定大于乙对内壁的压力 答案 B解析 对小球受力分析，小球受到重力和支持力，它们的合力提供向心力，设支持力与竖直方向夹角为θ，根据牛顿第二定律有mg tan θ＝m v 2R＝mRω2，解得v ＝gR tan θ ，ω＝g tan θR，由题图可知，球甲的轨迹半径大，则球甲的角速度一定小于球乙的角速度，球甲的线速度一定大于球乙的线速度，故A 错误，B 正确；根据T ＝2πω，因为球甲的角速度一定小于球乙的角速度，则球甲的运动周期一定大于球乙的运动周期，故C 错误；因为支持力F N ＝mgcos θ，结合牛顿第三定律，球甲对内壁的压力一定等于球乙对内壁的压力，故D 错误．例6 (2023·浙江舟山市舟山中学检测)如图所示，“L ”形杆倒置，横杆端固定有定滑轮，竖直杆光滑且粗细均匀，绕过定滑轮的细线两端分别连接着小球B 及套在竖直杆上的滑块A ，让整个装置绕竖直杆的轴以一定的角速度ω匀速转动，稳定时，滑轮两边的线长相等且两边的线与竖直方向的夹角均为37°.已知细线总长为l ，滑块的质量为M ，小球的质量为m ，不计滑块和球的大小，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝，cos 37°＝0.8.则( )A ．M >mB ．M <mC ．ω＝5g 4lD ．ω＝3g 2l答案 C解析 设细线的拉力大小为F T ，则F T cos 37°＝mg ＝Mg ，因此M ＝m ，A 、B 错误；由题知，小球做圆周运动的半径为l ，则有mg tan 37°＝m ×lω2，解得ω＝5g4l，D 错误，C 正确．圆锥摆模型1.如图所示，向心力F 向＝mg tan θ＝m v 2r＝mω2r ，且r ＝L sin θ，联立解得v ＝gL tan θsin θ，ω＝gL cos θ.2．稳定状态下，θ角越大，对应的角速度ω和线速度v 就越大，小球受到的拉力F ＝mgcos θ和运动所需的向心力也越大．考向3 生活中的圆周运动例7 列车转弯时的受力分析如图所示，铁路转弯处的圆弧半径为R ，两铁轨之间的距离为d ，内外轨的高度差为h ，铁轨平面和水平面间的夹角为α(α很小，可近似认为tan α≈sin α)，重力加速度为g ，下列说法正确的是( )A ．列车转弯时受到重力、支持力和向心力的作用B ．列车过转弯处的速度v ＝gRhd时，列车轮缘不会挤压内轨和外轨 C ．列车过转弯处的速度v <gRhd时，列车轮缘会挤压外轨 D ．若减小α角，可提高列车安全过转弯处的速度 答案 B解析 列车以规定速度转弯时受到重力、支持力的作用，重力和支持力的合力提供向心力，A 错误；当重力和支持力的合力提供向心力时，有m v 2R ＝mg tan α＝mg hd ，解得v ＝gRhd，故当列车过转弯处的速度v ＝gRhd时，列车轮缘不会挤压内轨和外轨，B 正确；列车过转弯处的速度v <gRhd时，转弯所需的向心力F <mg tan α，故此时列车内轨受挤压，C 错误；若要提高列车过转弯处的速度，则列车所需的向心力增大，故需要增大α，D 错误．考点三 圆周运动的临界问题1．竖直面内圆周运动两类模型对比轻绳模型(最高点无支撑) 轻杆模型(最高点有支撑) 实例球与绳连接、水流星、沿内轨道运动的“过山车”等球与杆连接、球在光滑管道中运动等图示受力示意图F 弹向下或等于零F 弹向下、等于零或向上动力学方程mg ＋F 弹＝m v 2Rmg ±F 弹＝m v 2R临界特征F 弹＝0mg ＝mv min 2R即v min ＝gRv ＝0 即F 向＝0 F 弹＝mg讨论分析(1)最高点，若v ≥gR ，F 弹＋mg ＝m v 2R，绳或轨道对球产生弹力F 弹 (2)若v <gR ，则不能到达最高点，即到达最高点前小球已经脱离了圆轨道(1)当v ＝0时，F 弹＝mg ，F 弹背离圆心(2)当0<v <gR 时，mg －F 弹＝m v 2R，F弹背离圆心并随v 的增大而减小(3)当v ＝gR 时，F 弹＝0 (4)当v >gR 时，mg ＋F 弹＝m v 2R ，F 弹指向圆心并随v 的增大而增大2.斜面上圆周运动的临界问题物体在斜面上做圆周运动时，设斜面的倾角为θ，重力垂直斜面的分力与物体受到的支持力大小相等，解决此类问题时，可以按以下操作，把问题简化．物体在转动过程中，转动越快，最容易滑动的位置是最低点，恰好滑动时：μmg cos θ－mg sin θ＝mω2R . 3．解题技巧(1)物体通过圆周运动最低点、最高点(或等效最低、最高点)时，利用合力提供向心力列方程； (2)物体从某一位置到另一位置的过程中，用动能定理找出两处速度关系；(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8 如图所示，一质量为m ＝ kg 的小球(可视为质点)，用长为 m 的轻绳拴着在竖直平面内做圆周运动，g ＝10 m/s 2，下列说法不正确的是( )A ．小球要做完整的圆周运动，在最高点的速度至少为2 m/sB ．当小球在最高点的速度为4 m/s ，轻绳拉力大小为15 NC ．若轻绳能承受的最大张力为45 N ，小球的最大速度不能超过4 2 m/sD ．若轻绳能承受的最大张力为45 N ，小球的最大速度不能超过4 m/s 答案 D解析 设小球通过最高点时的最小速度为v 0，则根据牛顿第二定律有mg ＝m v 02R ，解得v 0＝2 m/s ，故A 正确；当小球在最高点的速度为v 1＝4 m/s 时，设轻绳拉力大小为F T ，根据牛顿第二定律有F T ＋mg ＝m v 12R ，解得F T ＝15 N ，故B 正确；小球在最低点处速度最大，此时轻绳的拉力最大，根据牛顿第二定律有F Tm －mg ＝m v m 2R ，解得v m ＝4 2 m/s ，故C 正确，D 错误．例9 (2023·山东枣庄市八中月考)如图，轻杆长2l ，中点固定在水平轴O 上，两端分别固定着小球A 和B (均可视为质点)，A 球质量为m ，B 球质量为2m ，重力加速度为g ，两者一起在竖直平面内绕O 轴做圆周运动．(1)若A 球在最高点时，杆的A 端恰好不受力，求此时B 球的速度大小；(2)若B 球到最高点时的速度等于第(1)问中的速度，求此时O 轴的受力大小和方向； (3)在杆的转速逐渐变化的过程中，能否出现O 轴不受力的情况？若不能，请说明理由；若能，求出此时A 、B 球的速度大小． 答案 (1)gl (2)2mg 竖直向下 (3)能3gl解析 (1)A 在最高点时，对A 根据牛顿第二定律得mg ＝m v A 2l ，解得v A ＝gl ，因为A 、B 两球的角速度相等，半径相等，则v B ＝v A ＝gl ；(2)B 在最高点时，对B 根据牛顿第二定律得2mg ＋F T OB ′＝2m v B 2l代入(1)中的v B ，可得F T OB ′＝0 对A 有F T OA ′－mg ＝m v A 2l可得F T OA ′＝2mg根据牛顿第三定律，O 轴所受力的大小为2mg ，方向竖直向下；(3)要使O 轴不受力，根据B 的质量大于A 的质量，设A 、B 的速度为v ，可判断B 球应在最高点，对B 有F T OB ″＋2mg ＝2m v 2l对A 有F T OA ″－mg ＝m v 2lO 轴不受力时有F T OA ″＝F T OB ″ 联立可得v ＝3gl所以当A 、B 球的速度大小为3gl 时，O 轴不受力．例10 (多选)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 m 处有一小物体(可视为质点)与圆盘始终保持相对静止，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，则以下说法中正确的是()A．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，小物体在最高点处受到的摩擦力一定越大B．小物体受到的摩擦力可能背离圆心C．若小物体与盘面间的动摩擦因数为32，则ω的最大值是rad/sD．若小物体与盘面间的动摩擦因数为32，则ω的最大值是 3 rad/s答案BC解析当物体在最高点时，也可能受到重力、支持力与摩擦力三个力的作用，摩擦力的方向可能沿斜面向上(即背离圆心)，也可能沿斜面向下(即指向圆心)，摩擦力的方向沿斜面向上时，ω越大时，小物体在最高点处受到的摩擦力越小，故A错误，B正确；当物体转到圆盘的最低点恰好不滑动时，圆盘的角速度最大，此时小物体受竖直向下的重力、垂直于斜面向上的支持力、沿斜面指向圆心的摩擦力，由沿斜面的合力提供向心力，支持力F N＝mg cos 30°，摩擦力F f＝μF N＝μmg cos 30°，又μmg cos 30°－mg sin 30°＝mω2R，解得ω＝rad/s，故C正确，D错误．课时精练1.(2023·浙江稽阳联谊学校联考)借亚运会契机，绍兴市着力打造高效交通网，9条高架及多条快速路同时开工建设．图中为某段快速环线公路的一个大圆弧形弯道，公路外侧路基比内侧路基高．当汽车在此路段以理论时速v c转弯时，恰好没有向公路内、外两侧滑动的趋势．则()A．汽车质量越大，对应理论时速v c越大B．汽车转弯时受到重力、支持力和向心力的作用C．汽车转弯时超过时速v c，就会立即向外侧公路侧滑D．当冬天路面结冰时，与未结冰时相比，v c值保持不变答案D解析设公路弯道处的倾角为θ，半径为r，当汽车以理论时速v c转弯时，汽车受重力和弯道的支持力，这两个力的合力恰好提供向心力，根据力的合成以及牛顿第二定律有mg tan θ，解得v c＝gr tan θ，即理论时速v c与汽车质量m无关，同时与路面是否结冰也无关，＝m v c2r故A、B错误，D正确．若汽车转弯时超过时速v c，重力和支持力的合力不足以提供向心力，但若此时路面对汽车的摩擦力、支持力和汽车重力三个力的合力恰好可以提供向心力，汽车不会向外侧公路侧滑，故C错误．2．(2023·浙江七彩阳光联考)如图甲为某小区出入口采用的栅栏道闸．如图乙所示，OP为栅栏道闸的转动杆，PQ为竖杆．P为两杆的交点，Q为竖杆上的点．在道闸抬起过程中，杆PQ始终保持竖直，当杆OP绕O点从与水平方向成30°角匀速转动到60°角的过程中()A．P点的线速度大于Q点的线速度B．P点的角速度大于Q点的角速度C．P点的加速度大于Q点的加速度D．P、Q两点的路程相同答案D解析由于P、Q两点在同一杆上，而且杆运动时始终保持竖直，所以在30°匀速转动到60°的过程中，两点都做半径相同的匀速圆周运动，故两点的线速度大小、角速度、加速度大小和路程都相等，故选D.3.(2021·全国甲卷·15)“旋转纽扣”是一种传统游戏．如图，先将纽扣绕几圈，使穿过纽扣的两股细绳拧在一起，然后用力反复拉绳的两端，纽扣正转和反转会交替出现．拉动多次后，纽扣绕其中心的转速可达50 r/s，此时纽扣上距离中心1 cm处的点向心加速度大小约为()A．10 m/s2B．100 m/s2C．1 000 m/s2D．10 000 m/s2解析根据匀速圆周运动的规律，此时ω＝2πn＝100π rad/s，向心加速度大小为a＝ω2r≈1 000 m/s2，故选C.4.如图，一直角斜劈ABC绕其竖直边BC做圆周运动，斜面上小物块始终与斜劈保持相对静止．若斜劈转动的角速度ω缓慢增大，下列说法正确的是()A．斜劈对物块的作用力逐渐增大B．斜劈对物块的支持力保持不变C．斜劈对物块的支持力逐渐增大D．斜劈对物块的摩擦力逐渐减小答案A解析物块的向心加速度沿水平方向，加速度大小为a＝ω2r，设斜劈倾角为θ，对物块分析，沿AB方向有F f－mg sin θ＝ma cos θ，垂直AB方向有mg cos θ－F N＝ma sin θ，可得F f＝mg sin θ＋ma cos θ，F N＝mg cos θ－ma sin θ，斜劈转动的角速度ω缓慢增大，加速度a增大，故摩擦力增大，支持力减小，故B、C、D错误；斜劈对物块的作用力在竖直方向的分力F y＝mg 保持不变，在水平方向分力为F x＝ma，当角速度ω增大，加速度a增大，可得水平方向分力增大，则合力增大，故A正确．5.如图所示，小球用细线悬于B点，在水平面内绕O点做匀速圆周运动，保持圆心O到悬点B的距离h不变，改变细线长度l.下列关于小球做匀速圆周运动的角速度ω与细线长度l的关系图像正确的是()解析 设细线与竖直方向的夹角为θ，已知小球在水平面内绕O 点做匀速圆周运动，竖直方向受力平衡，则有F T cos θ＝mg ，水平方向根据牛顿第二定律可得F T sin θ＝mω2r ，其中r ＝l sin θ，cos θ＝hl，联立可得ω＝gh，由题意知圆心O 到悬点B 的距离h 不变，故小球做匀速圆周运动的角速度保持不变，C 正确，A 、B 、D 错误．6.(多选)如图所示，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2l .木块与圆盘间的最大静摩擦力为木块所受重力的k 倍，重力加速度大小为g .若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是( )A ．b 一定比a 先开始滑动B ．a 、b 所受的摩擦力始终相等C ．ω＝kg2l是b 开始滑动的临界角速度 D ．当ω＝2kg3l时，a 所受摩擦力的大小为kmg 答案 AC解析 小木块a 、b 做圆周运动时，由静摩擦力提供向心力，即F f ＝mω2R .当角速度增大时，静摩擦力增大，当增大到最大静摩擦力时，发生相对滑动，对木块a 有F f a ＝mωa 2l ，当F f a ＝kmg 时，kmg ＝mωa 2l ，ωa ＝kg l；对木块b 有F f b ＝mωb 2·2l ，当F f b ＝kmg 时，kmg ＝mωb 2·2l ，ωb ＝kg2l，则ω＝kg2l是b 开始滑动的临界角速度，所以b 先达到最大静摩擦力，即b 比a 先开始滑动，选项A 、C 正确；两木块滑动前转动的角速度相同，则F f a ＝mω2l ，则F f b ＝mω2·2l ，F f a <F f b ，选项B 错误；ω＝2kg3l<ωa ＝kg l ，a 没有滑动，则F f a ′＝mω2l ＝23kmg ，选项D 错误．7.如图所示为一个半径为5 m 的圆盘，正绕其圆心匀速转动，当圆盘边缘上的一点A 处在如图所示位置的时候，在其圆心正上方20 m 的高度有一个小球正在向边缘的A 点以一定的速度水平抛出，取g ＝10 m/s 2，不计空气阻力，要使得小球正好落在A 点，则( )A ．小球平抛的初速度一定是 m/sB ．小球平抛的初速度可能是 m/sC ．圆盘转动的角速度一定是π rad/sD ．圆盘转动的加速度大小可能是π2 m/s 2 答案 A解析 根据h ＝12gt 2可得t ＝2h g ＝2 s ，则小球平抛的初速度v 0＝rt＝ m/s ，A 正确，B 错误；根据ωt ＝2n π(n ＝1,2,3，…)，解得圆盘转动的角速度ω＝2n πt ＝n π rad/s(n ＝1,2,3，…)，圆盘转动的加速度大小为a ＝ω2r ＝5n 2π2 m/s 2(n ＝1,2,3，…)，C 、D 错误．8.(多选)(2023·湖北省华大新高考联盟名校联考)如图所示，在竖直平面内有一半径为R 的光滑固定细管(忽略管的内径)，半径OB 水平、OA 竖直，一个直径略小于管内径的小球(可视为质点)由B 点以某一初速度v 0进入细管，之后从管内的A 点以大小为v A 的水平速度飞出．忽略空气阻力，重力加速度为g ，下列说法正确的是( )A ．为使小球能从A 点飞出，小球在B 点的初速度必须满足v 0>3gR B ．为使小球能从A 点飞出，小球在B 点的初速度必须满足v 0>2gRC ．为使小球从A 点水平飞出后再返回B 点，小球在B 点的初速度应为v 0＝5gR2D ．小球从A 点飞出的水平初速度必须满足v A >gR ，因而不可能使小球从A 点水平飞出后再返回B 点 答案 BC解析 小球能从A 点飞出，则在A 点的最小速度大于零，则由机械能守恒定律有12m v 02>mgR ，则小球在B 点的初速度必须满足v 0>2gR ，选项A 错误，B 正确；为使小球从A 点水平飞出后再返回B 点，则R ＝v A t ，R ＝12gt 2，联立解得v A ＝gR 2，12m v 02＝mgR ＋12m v A 2，小球在B 点的初速度应为v 0＝5gR2，选项C 正确；要使小球从A 点飞出，则小球在A 点的速度大于零即可，由选项C 的分析可知，只要小球在A 点的速度为gR2，小球就能从A 点水平飞出后再返回B 点，选项D 错误．9.(2023·浙江“山水联盟”联考)如图所示，内壁光滑的空心圆柱体竖直固定在水平地面上，圆柱体的内径为R .沿着水平切向给贴在内壁左侧O 点的小滑块(未画出)一个初速度v 0，小滑块将沿着圆柱体的内壁旋转向下运动，最终落在圆柱体的底面上．已知小滑块可看成质点，质量为m ，重力加速度为g ，O 点到圆柱体底面的距离为h .下列判断正确的是( )A ．v 0越大，小滑块在圆柱体中运动时间越短B ．小滑块运动过程中的加速度越来越大C ．小滑块运动过程中对圆柱体内表面的压力越来越大D ．小滑块落至底面时的速度大小为v 02＋2gh 答案 D解析 小滑块在竖直方向做自由落体运动，加速度恒定不变，根据h ＝12gt 2，可得t ＝2h g，可知小滑块在圆柱体中运动时间与v 0无关，小滑块在水平方向的加速度大小也不变，则小滑块的加速度大小不变，故A 、B 错误；小滑块沿着圆柱体表面方向的速度大小不变，所需向心力大小不变，则小滑块运动过程中对圆柱体内表面的压力大小不变，故C 错误；小滑块落至底面时竖直方向的速度大小v y ＝2gh ，小滑块落至底面时的速度大小v ＝v 02＋v y 2＝v 02＋2gh ，故D 正确．10.(2023·内蒙古包头市模拟)如图所示，两等长轻绳一端打结，记为O 点，并系在小球上．两轻绳的另一端分别系在同一水平杆上的A 、B 两点，两轻绳与固定的水平杆夹角均为53°.给小球垂直纸面的速度，使小球在垂直纸面的竖直面内做往复运动．某次小球运动到最低点时，轻绳OB 从O 点断开，小球恰好做匀速圆周运动．已知sin 53°＝，cos 53°＝，则轻绳OB 断开前后瞬间，轻绳OA 的张力大小之比为( )A ．1∶1B ．25∶32C ．25∶24D ．3∶4答案 B解析 轻绳OB 断开前，小球以A 、B 中点为圆心的圆弧做往复运动，设小球经过最低点的速度大小为v ，绳长为L ，小球质量为m ，轻绳的张力大小为F 1，由向心力公式有2F 1sin 53°－mg ＝m v 2L sin 53°，轻绳OB 断开后，小球在水平面内做匀速圆周运动，其圆心在A 点的正下方，设轻绳的张力大小为F 2，有F 2cos 53°＝m v 2L cos 53°，F 2sin 53°＝mg ，联立解得F 1F 2＝2532，故B 正确．11.如图所示，质量为 kg 、半径为 m 的光滑细圆管用轻杆固定在竖直平面内，小球A 和B (均可视为质点)的直径略小于细圆管的内径(内径远小于细圆管半径)．它们的质量分别为m A ＝1 kg 、m B ＝2 kg.某时刻，小球A 、B 分别位于圆管最低点和最高点，且A 的速度大小为v A ＝3 m/s ，此时杆对圆管的弹力为零．则B 球的速度大小v B 为(取g ＝10 m/s 2)( )A ．2 m/sB ．4 m/sC ．6 m/sD ．8 m/s答案 B解析 对A 球，合力提供向心力，设圆管对A 的支持力大小为F A ，由牛顿第二定律有F A －m A g ＝m A v A 2R ，代入数据解得F A ＝28 N ，由牛顿第三定律可得，A 球对圆管的力竖直向下，且大小为28 N ，设B 球对圆管的力为F B ′，由管受力平衡可得F B ′＋28 N ＋m 管g ＝0，解得F B ′＝－44 N ，负号表示和重力方向相反，由牛顿第三定律可得，圆管对B 球的力F B 为44 N ，方向竖直向下，对B 球由牛顿第二定律有F B ＋m B g ＝m B v B 2R，解得v B ＝4 m/s ，故选B.。

曲线运动专题二 平抛运动与圆周运动相结合的问题说明：1. 平抛运动与圆周运动的组合题,用平抛运动的规律求解平抛运动问题,用牛顿定律求解圆周运动问题,关键是找到两者的速度关系．若先做圆周运动后做平抛运动,则圆周运动的末速度等于平抛运动的水平初速度;若物体平抛后进人圆轨道,圆周运动的初速度等于平抛末速度在圆切线方向的分速度。

2. 分析多解原因:匀速圆周运动具有周期性,使得前一个周期中发生的事件在后一个周期中同样可能发生,这就要求我们在确定做匀速圆周运动物体的运动时间时,必须把各种可能都考虑进去． 3. 确定处理方法：(1)抓住联系点:明确两个物体参与运动的性质和求解的问题,两个物体参与的两个运动虽然独立进行,但一定有联系点,其联系点一般是时间或位移等,抓住两运动的联系点是解题关键。

(2)先特殊后一般:分析问题时可暂时不考虑周期性，表示出一个周期的情况,再根据运动的周期性,在转过的角度θ上再加上 2πr,具体π的取值应视情况而定。

练习题1．（多选）水平光滑直轨道ab 与半径为R 的竖直半圆形光滑轨道bc 相切，一小球以初速度v 0沿直轨道向右运动．如图所示，小球进入圆形轨道后刚好能通过c 点，然后小球做平抛运动落在直轨道上的d 点，则( )A ．小球到达c 点的速度为gRB ．小球到达b 点进入圆形轨道时对轨道的压力为mgC ．小球在直轨道上的落点d 与b 点距离为RD ．小球从c 点落到d 点所需时间为2Rg2．如图为俯视图，利用该装置可以测子弹速度大小。

直径为d 的小纸筒，以恒定角速度ω绕O 轴逆时针转动，一颗子弹沿直径水平快速穿过圆纸筒，先后留下a 、b 两个弹孔，且Oa 、Ob 间的夹角为α．不计空气阻力，则子弹的速度为多少？3．（单选）如图所示，一位同学做飞镖游戏，已知圆盘的直径为d ，飞镖距圆盘为L ，且对准圆盘上边缘的A 点水平抛出，初速度为v 0，飞镖抛出的同时，圆盘以垂直圆盘过盘心O 的水平轴匀速运动，角速度为ω．若飞镖恰好击中A 点，则下列关系正确的是（ ）A ．02dv ω=B ．ωL ＝π(1＋2n )v 0，（n ＝0,1,2,3，…）C．2dv02＝L2gD．dω2＝gπ2(1＋2n)2，（n＝0,1,2, 3，…）4．一半径为R、边缘距地高h的雨伞绕伞柄以角速度ω匀速旋转时（如图所示），雨滴沿伞边缘的切线方向飞出．则：⑴雨滴离开伞时的速度v多大？⑵甩出的雨滴在落地过程中发生的水平位移多大？⑶甩出的雨滴在地面上形成一个圆,求此圆的半径r为多少?5．如图，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动，当转速达到某一数值时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动．现测得转台半径R=0．5m,离水平地面的高度H=0．8m，物块平抛落地过程水平位移的大小s=0．4m．设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2求：(1)物块做平抛运动的初速度大小v0；(2)物块与转台间的动摩擦因数μ．6．小明站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m的小球，甩动手腕，使球在竖直平面内做圆周运动．当球某次运动到最低点时，绳突然断掉，球飞行水平距离d后落地，如图所示．已d，重力加速度为g．忽略手的运动半径和空气阻力．知握绳的手离地面高度为d，手与球之间的绳长为34（1）求绳断开时球的速度大小v1（2）问绳能承受的最大拉力多大？（3）改变绳长，使球重复上述运动，若绳仍在球运动到最低点时断掉，要使球抛出的水平距离最大，绳长应为多少？最大水平距离为多少？7．如图为一个简易的冲击式水轮机的模型，水流自水平的水管流出，水流轨迹与下边放置的轮子边缘相切，水冲击轮子边缘上安装的挡水板，可使轮子连续转动．当该装置工作稳定时，可近似认为水到达轮子边缘时的速度与轮子边缘的线速度相同．调整轮轴O的位置，使水流与轮边缘切点对应的半径与水平方向成θ＝37°角．测得水从管口流出速度v0＝3 m/s，轮子半径R＝0．1 m．不计挡水板的大小，不计空气阻力．取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0．6，cos 37°＝0．8．求：(1)轮子转动角速度ω；(2)水管出水口距轮轴O的水平距离l和竖直距离h．题目点评：1、抓住刚好能通过c 点（无支撑）得条件，到达b 点进入圆形轨道时，有竖直向上的向心加速度，超重状态，对轨道的压力大于mg 。

3.圆周运动问题一、基础知识1．解决圆周运动力学问题的关键(1)正确进行受力分析，明确向心力的来源，确定圆心以及半径．(2)列出正确的动力学方程F＝m v2r＝mrω2＝mωv＝mr4π2T2.结合v＝ωr、T＝2πω＝2πrv等基本公式进行求解．2．抓住“两类模型”是解决问题的突破点(1)模型1——水平面内的圆周运动，一般由牛顿运动定律列方程求解．(2)模型2——竖直面内的圆周运动(绳球模型和杆球模型)，通过最高点和最低点的速度常利用动能定理(或机械能守恒)来建立联系，然后结合牛顿第二定律进行动力学分析求解．3．竖直平面内圆周运动的两种临界问题(1)绳球模型：小球能通过最高点的条件是v≥gR.(2)杆球模型：小球能通过最高点的条件是v≥0.二、典型例题考点1 水平面内的圆周运动问题[例1] (多选)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2l，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的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( )A．b一定比a先开始滑动B．a、b所受的摩擦力始终相等C．ω＝kg2l是b开始滑动的临界角速度D．当ω＝2kg3l时，a所受摩擦力的大小为kmg解析本题从向心力来源入手，分析发生相对滑动的临界条件．小木块a、b做圆周运动时，由静摩擦力提供向心力，即f＝mω2R.当角速度增加时，静摩擦力增大，当增大到最大静摩擦力时，发生相对滑动，对木块a：f a＝mω2a l，当f a＝kmg时，即kmg＝mω2a l，ωa＝kgl；对木块b：f b＝mω2b·2l，当f b＝kmg时，即kmg＝mω2b·2l，ωb＝kg2l，所以b先达到最大静摩擦力，选项A正确；两木块滑动前转动的角速度相同，则f a ＝m ω2l ，f b ＝m ω2·2l ，f a <f b ，选项B 错误；当ω＝ kg2l时b 刚开始滑动，选项C 正确；当ω＝2kg 3l 时，a 没有滑动，则f a ＝m ω2l ＝23kmg ，选项D 错误． 答案 AC考点2 竖直面内的圆周运动问题[例2] (多选)如图所示，在竖直平面内的直角坐标系xOy 中，长为L 的细绳一端固定于点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－L 3.另一端系质量为m 电量为q 一带正电的小球．现在y 轴正半轴上某处B 固定一钉子，再将细绳拉至水平位置，由静止释放小球使细绳碰到钉子后小球能绕钉转动．已知整个空间存在竖直向上的匀强电场，电场强度为2mgq.则( )A ．小球一定能绕B 做完整的圆周运动 B ．当y B ＝4L15时小球能做完整的圆周运动 C ．当y B ＝L5时小球能做完整的圆周运动D ．若小球恰好能做完整的圆周运动，则绳能承受的拉力至少为6mg 解析 根据题意：Eq ＝2mg ，设圆周运动的半径为R ，如图所示：恰好通过最低点C ，根据牛顿第二定律：Eq －mg ＝m v 2R ，则v 0＝gR从A 到C ，根据动能定理：(Eq －mg)(L －2R)＝12mv 2C ，代入整理可以得到：R ＝25L故B 点坐标为：y B ＝23L －25L ＝415L ，故选项A 、C 错误，B 正确；从A 到D ，根据动能定理：(Eq －mg)L＝12mv 2D 在D 点，根据牛顿第二定律：T ＋mg －Eq ＝m v 2DR整理可以得到：T ＝6mg ，故选项D 正确． 答案 BD 三、针对训练1．小球P 和Q 用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P 球的质量大于Q 球的质量，悬挂P 球的绳比悬挂Q 球的绳短．将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示．将两球由静止释放．在各自轨迹的最低点( )A ．P 球的速度一定大于Q 球的速度B ．P 球的动能一定小于Q 球的动能C ．P 球所受绳的拉力一定大于Q 球所受绳的拉力D ．P 球的向心加速度一定小于Q 球的向心加速度解析：选C.两球由静止释放到运动到轨迹最低点的过程中只有重力做功，机械能守恒，取轨迹的最低点为零势能点，则由机械能守恒定律得mgL ＝12mv 2，v ＝2gL ，因L P <L Q ，则v P <v Q ，又m P >m Q ，则两球的动能无法比较，选项A 、B 错误；在最低点绳的拉力为F ，则F －mg ＝m v2L ，则F ＝3mg ，因m P >m Q ，则F P >F Q ，选项C 正确；向心加速度a ＝F －mgm＝2g ，选项D 错误． 2．如图叠放在水平转台上的物体A 、B 、C 正随转台一起以角速度ω匀速转动，A 、B 、C 的质量分别为3m 、2m 、m ，B 与转台、C 与转台、A 与B 间的动摩擦因数都为μ，B 、C 离转台中心的距离分别为r 、1.5r.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以下说法正确的是( )A ．B 对A 的摩擦力有可能为3μmgB ．C 与转台间的摩擦力大于A 与B 间的摩擦力 C ．转台的角速度ω有可能恰好等于2μg3rD ．若角速度ω再在题干所述原基础上缓慢增大，A 与B 间将最先发生相对滑动 解析：选C.对AB 整体， 有：(3m ＋2m)ω2r ≤μ(3m ＋2m)g ① 对物体C ，有：m ω2(1.5r)≤μmg ② 对物体A ，有：3m ω2r ≤μ(3m)g③联立①②③解得：ω≤2μg3r，即满足不发生相对滑动，转台的角速度ω≤ 2μg3r，可知A 与B 间的静摩擦力最大值f m ＝3m ·r ·ω2＝3mr ·2μg 3r＝2μmg ，故A 错误，故C 正确．由于A 与C 转动的角速度相同，由摩擦力提供向心力有m ×1.5r ω2×3mr ω2，即C 与转台间的摩擦力小于A 与B 间的摩擦力，故B 错误；由A 选项分析可知，最先发生相对滑动的是物块C ，故D 错误，故选C.3．如图所示，一根细线下端拴一个金属小球P ，细线的上端固定在金属块Q 上，Q 放在带小孔(小孔光滑)的水平桌面上，小球在某一水平面内做匀速圆周运动，现使小球在一个更高的水平面上做匀速圆周运动，而金属块Q 始终静止在桌面上的同一位置，则改变高度后与原来相比较，下面的判断中正确的是( )A ．细线所受的拉力不变B ．小球P 运动的线速度变大C ．小球P 运动的周期不变D ．Q 受到桌面的静摩擦力变小解析：选B.设细线与竖直方向的夹角为θ，细线的拉力大小为T ，细线的长度为L. P 球做匀速圆周运动时，由重力和细线的拉力的合力提供向心力，如图，则有：T ＝mg cos θ，mgtan θ＝m ω2Lsin θ， mgtan θ＝m v2Lsin θ，得线速度v ＝gLtan θsin θ， 角速度ω＝gLcos θ，使小球改到一个更高的水平面上作匀速圆周运动时，θ增大，cos θ减小，sin θtan θ增大，则得到细线拉力T 增大，角速度ω增大，线速度增大，根据公式T ＝2πω可得周期减小，故B 正确，A 、C 错误；对Q ，由平衡条件得知，Q 受到桌面的静摩擦力等于细线的拉力大小，故静摩擦力增大，D 错误．高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。