2024届高考一轮复习物理教案(新教材人教版浙江专用)：抛体运动

第2讲抛体运动学习目标 1.理解平抛运动、斜抛运动的概念及运动性质。

2.掌握抛体运动的规律，会用运动的合成与分解的方法处理抛体运动。

3.会运用平抛运动的规律处理类平抛问题。

1.2.1.思考判断(1)以一定初速度水平抛出的物体所做的运动就是平抛运动。

(×)(2)做平抛运动的物体的速度方向时刻在变化，加速度方向也时刻在变化。

(×)(3)做平抛运动的物体的初速度越大，水平位移越大。

(×)(4)做平抛运动的物体的初速度越大，在空中飞行时间越长。

(×)(5)若不计空气阻力，从同一高度平抛的物体，在空中飞行时间相等。

(√)(6)做平抛运动的物体在任意相等的时间内速度的变化量是相同的。

(√)2.第24届冬奥会于2022年2月4日在北京隆重开幕。

若冬奥会跳台滑雪比赛运动员从平台飞出后可视为平抛运动，现运动员甲以一定的初速度从平台飞出，轨迹为图1中实线①所示，质量比甲小的运动员乙以相同的初速度从平台同一位置飞出，不计空气阻力，则运动员乙的运动轨迹应为图中的()图1A.①B.②C.③D.④答案A考点一平抛运动基本规律的应用1.飞行时间由t ＝2h g知，下落的时间取决于下落高度h ，与初速度v 0无关。

2.水平射程x ＝v 0t ＝v 02h g，即水平射程由初速度v 0和下落高度h 共同决定。

3.速度改变量因为平抛运动的加速度为恒定的重力加速度g ，所以做平抛运动的物体在任意相等时间间隔Δt 内的速度改变量Δv ＝g Δt 是相同的，方向恒为竖直向下，如图所示。

4.两个重要推论(1)做平抛运动的物体在任意时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，即x B ＝x A 2，如图所示。

(2)做平抛运动的物体在任意时刻任意位置处，有tan θ＝2tan α。

角度单物体的平抛运动例1(2022·广东卷，6)如图2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 。

平抛物体的运动学问简析 一、平抛物体的运动1、平抛运动：将物体沿水平方向抛出，其运动为平抛运动．（1）运动特点：a 、只受重力；b 、初速度与重力垂直．尽管其速度大小和方向时刻在变更，但其运动的加速度却恒为重力加速度g ，因而平抛运动是一个匀变速曲线运动。

在随意相等时间内速度变更相等。

（2）平抛运动的处理方法：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。

水平方向和竖直方向的两个分运动既具有独立性，又具有等时性．（3）平抛运动的规律：以物体的动身点为原点，沿水平和竖直方向建成立坐标。

a x =0……① a y =0……④水平方向 v x =v 0 ……② 竖直方向 v y =gt ……⑤x=v 0t ……③ y=½gt 2……⑥做平抛运动的物体，随意时刻速度的反向延长线肯定经过此时沿抛出方向水平总位移的中点。

证：平抛运动示意如图设初速度为V 0，某时刻运动到A 点，位置坐标为(x,y ),所用时间为t.此时速度与水平方向的夹角为β,速度的反向延长线与水平轴的交点为'x ,位移与水平方向夹角为α.依平抛规律有: 速度： V x = V 0V y =gt'0x y v gt v v tan x x y -===β ① 位移: S x = V o t002gt 21t gt tan 21v v x y ===α ② 由①②得： βαtan 21tan = 即 )(21'x x y x y -= ③ 第2课所以: x x 21'= ④ ④式说明：做平抛运动的物体，随意时刻速度的反向延长线肯定经过此时沿抛出方向水总位移的中点。

①平抛物体在时间t 内的位移S 可由③⑤两式推得s=()222021⎪⎭⎫ ⎝⎛+gt t v =224042t g v t +， ②位移的方向与水平方向的夹角α由下式确定tg α=y/x=½gt 2/v 0t=gt/2v 0③平抛物体经时间t 时的瞬时速度v t 可由②⑤两式推得v t =()220gt v +，④速度v t 的方向与水平方向的夹角β可由下式确定tg β=v y /v x =gt/v 0⑤平抛物体的轨迹方程可由③⑥两式通过消去时间t 而推得：y=202v g ·x 2， 可见平抛物体运动的轨迹是一条抛物线．⑥运动时间由高度确定，与v 0无关，所以t=g h /2，水平距离x ＝v 0t ＝v 0g h /2⑦Δt 时间内速度变更量相等，即△v ＝g Δt ，ΔV 方向是竖直向下的．说明平抛运动是匀变速曲线运动．2、处理平抛物体的运动时应留意：① 水平方向和竖直方向的两个分运动是相互独立的，其中每个分运动都不会因另一个分运动的存在而受到影响——即垂直不相干关系；② 水平方向和竖直方向的两个分运动具有等时性，运动时间由高度确定，与v 0无关； ③ 末速度和水平方向的夹角不等于位移和水平方向的夹角，由上证明可知tg β=2tg α【小结】若此题中传送带顺时针转动，物块相对传送带的运动状况就应探讨了。

实验五探究平抛运动的特点目标要求 1.知道平抛运动的特点是初速度水平，只有竖直方向受重力作用.2.知道平抛运动轨迹是抛物线，会在实验中描绘其轨迹.3.会通过描绘的平抛运动轨迹计算物体的初速度．实验技能储备1．实验思路用描迹法逐点画出小钢球做平抛运动的轨迹，判断轨迹是否为抛物线，并求出小钢球的初速度．2．实验器材末端水平的斜槽、背板、挡板、复写纸、白纸、钢球、刻度尺、铅垂线、三角板、铅笔等．3．实验过程(1)安装、调整背板：将白纸放在复写纸下面，然后固定在装置背板上，并用铅垂线检查背板是否竖直．(2)安装、调整斜槽：将固定有斜槽的木板放在实验桌上，用平衡法检查斜槽末端是否水平，也就是将小球放在斜槽末端直轨道上，小球若能静止在直轨道上的任意位置，则表明斜槽末端已调水平，如图．(3)描绘运动轨迹：让小球在斜槽的某一固定位置由静止滚下，并从斜槽末端飞出开始做平抛运动，小球落到倾斜的挡板上，会挤压复写纸，在白纸上留下印迹．取下白纸用平滑的曲线把这些印迹连接起来，就得到小球做平抛运动的轨迹．(4)确定坐标原点及坐标轴：选定斜槽末端处小球球心在白纸上的投影的点为坐标原点O，从坐标原点O画出竖直向下的y轴和水平向右的x轴．4．数据处理(1)判断平抛运动的轨迹是不是抛物线如图所示，在x轴上作出等距离的几个点A1、A2、A3、…，把线段OA1的长度记为l，则OA2＝2l，OA3＝3l，由A1、A2、A3、…向下作垂线，与轨迹交点分别记为M1、M2、M3、…，若轨迹是一条抛物线，则各点的y坐标和x坐标之间应该满足关系式y＝ax2(a是待定常量)，用刻度尺测量某点的x、y两个坐标值代入y＝ax2求出a，再测量其他几个点的x、y坐标值，代入y＝ax2，若在误差范围内都满足这个关系式，则这条曲线是一条抛物线．(2)计算平抛物体的初速度情景1：若原点O为抛出点，利用公式x＝v0t和y＝12gt2，即可求出多个初速度v0＝xg2y，最后求出初速度的平均值，这就是做平抛运动的物体的初速度．情景2：若原点O不是抛出点，①在轨迹曲线上取三点A、B、C，使x AB＝x BC＝x，如图所示．A到B与B到C的时间相等，设为T.②用刻度尺分别测出y A、y B、y C，则有y AB＝y B－y A，y BC＝y C－y B.③y BC－y AB＝gT2，且v0T＝x，由以上两式得v0＝xgy BC－y AB.5．注意事项(1)固定斜槽时，要保证斜槽末端的切线水平，以保证小球的初速度水平，否则小球的运动就不是平抛运动了．(2)小球每次从槽中的同一位置由静止释放，这样可以确保每次小球抛出时的速度相等．(3)坐标原点(小球做平抛运动的起点)不是槽口的端点，应是小球在槽口时，球的球心在背板上的水平投影点．考点一教材原型实验例1(2022·浙江1月选考·17(1))在“研究平抛运动”实验中，以小钢球离开轨道末端时球心位置为坐标原点O，建立水平与竖直坐标轴．让小球从斜槽上离水平桌面高为h处静止释放，使其水平抛出，通过多次描点可绘出小球做平抛运动时球心的轨迹，如图所示．在轨迹上取一点A，读取其坐标(x0，y0)．(1)下列说法正确的是________．A ．实验所用斜槽应尽量光滑B ．画轨迹时应把所有描出的点用平滑的曲线连接起来C ．求平抛运动初速度时应读取轨迹上离原点较远的点的数据(2)根据题目所给信息，小球做平抛运动的初速度大小v 0＝________. A.2gh B.2gy 0 C ．x 0g 2h D ．x 0g 2y 0(3)在本实验中要求小球多次从斜槽上同一位置由静止释放的理由是___________________． 答案 (1)C (2)D (3)确保多次运动的轨迹相同解析 (1)只要保证小球每次从同一位置静止释放，到达斜槽末端的速度大小都相同，与实验所用斜槽是否光滑无关，故A 错误；画轨迹时应舍去误差较大的点，把误差小的点用平滑的曲线连接起来，故B 错误；求平抛运动初速度时应读取轨迹上离原点较远的点的数据，便于减小读数产生的偶然误差的影响，故C 正确．(2)坐标原点O 为抛出点，由平抛运动规律有x 0＝v 0t ，y 0＝12gt 2 联立解得平抛的初速度为v 0＝x 0g 2y 0，故选D. (3)小球多次从斜槽上同一位置由静止释放是为了保证到达斜槽末端的速度大小都相同，从而能确保多次运动的轨迹相同．例2 (2021·全国乙卷·22)某同学利用图(a)所示装置研究平抛运动的规律．实验时该同学使用频闪仪和照相机对做平抛运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔0.05 s 发出一次闪光，某次拍摄后得到的照片如图(b)所示(图中未包括小球刚离开轨道的影像)．图中的背景是放在竖直平面内的带有方格的纸板，纸板与小球轨迹所在平面平行，其上每个方格的边长为5 cm.该同学在实验中测得的小球影像的高度差已经在图(b)中标出．完成下列填空：(结果均保留2位有效数字)(1)小球运动到图(b)中位置A 时，其速度的水平分量大小为____________m/s ，竖直分量大小为____________m/s ；(2)根据图(b)中数据可得，当地重力加速度的大小为________ m/s 2.答案 (1)1.0 2.0 (2)9.7解析 (1)小球做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，因此速度的水平分量大小为v 0＝x t＝0.050.05m/s ＝1.0 m/s ； 竖直方向做自由落体运动，根据匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该段位移的平均速度，因此小球在A 点速度的竖直分量大小为v y ＝8.6＋11.00.05×2cm/s ≈2.0 m/s. (2)由竖直方向为自由落体运动可得g ＝y 3＋y 4－y 2－y 14t 2代入数据可得g ＝9.7 m/s 2.考点二探索创新实验考向1实验过程的创新例3某实验小组利用如图甲所示装置测定平抛运动的初速度．把白纸和复写纸叠放一起固定在竖直木板上，在桌面上固定一个斜面，斜面的底边ab与桌子边缘及木板均平行．每次改变木板和桌边之间的距离，让钢球从斜面顶端同一位置滚下，通过碰撞复写纸，在白纸上记录钢球的落点．(1)为了正确完成实验，以下做法必要的是________．A．实验时应保持桌面水平B．每次应使钢球从静止开始释放C．使斜面的底边ab与桌边重合D．选择对钢球摩擦力尽可能小的斜面(2)实验小组每次将木板向远离桌子的方向移动0.2 m，在白纸上记录了钢球的4个落点，相邻两点之间的距离依次为15.0 cm、25.0 cm、35.0 cm，如图乙．重力加速度g＝10 m/s2，钢球平抛的初速度为________ m/s.(3)如图甲装置中，木板上悬挂一条铅垂线，其作用是________________________________．答案(1)AB(2)2(3)方便调整木板，使其保持在竖直平面上解析(1)实验过程中要保证钢球水平抛出，所以要保持桌面水平，故A正确；为保证钢球抛出时速度相同，每次应使钢球从同一位置由静止释放，故B正确；实验只要每次钢球水平抛出时速度相同即可，斜面底边ab与桌面重合时，钢球不是水平抛出，而钢球与斜面间的摩擦力大小对于本实验无影响，故C、D错误．(2)每次将木板向远离桌子的方向移动0.2 m ，则在白纸上记录钢球的相邻两个落点的时间间隔相等，钢球抛出后在竖直方向上做自由落体运动，根据Δx ＝gT 2可知，相邻两点的时间间隔T ＝(25.0－15.0)×10－210s ＝0.1 s ，钢球在水平方向上做匀速直线运动，所以钢球平抛的初速度为v ＝x T ＝0.20.1m/s ＝2 m/s. (3)悬挂铅垂线的目的是方便调整木板，使其保持在竖直平面上．考向2 数据处理的创新例4 在做“探究平抛运动的特点”的实验时：(1)钢球抛出点的位置必须及时记录在白纸上，然后从这一点画水平线和竖直线作为x 轴和y 轴，竖直线是用________来确定的．(2)某同学通过实验得到的轨迹如图甲所示，由轨迹可知，竖直距离y OA ∶y AB ∶y BC ＝________，t OA ∶t AB ∶t BC ＝________，这表明在竖直方向上的运动是初速度为________的________运动．(3)该同学在轨迹上选取间距较大的几个点，测出其坐标，并在直角坐标系内绘出了y －x 2图像(如图乙)，此平抛运动中钢球的初速度v 0＝0.49 m/s ，则竖直方向的加速度g ＝_____ m/s 2.(结果保留3位有效数字)答案 (1)重垂线 (2)1∶3∶5 1∶1∶1 零 匀加速直线 (3)9.60解析 (1)竖直线用重垂线确定，因为小球在竖直方向所受的重力是竖直向下的．(2)由轨迹可知，竖直距离y OA ∶y AB ∶y BC ＝1∶3∶5；由于水平距离x OA ＝x AB ＝x BC ，则t OA ＝t AB ＝t BC ，所以t OA ∶t AB ∶t BC ＝1∶1∶1，在连续相等的时间内，竖直方向的位移之比为1∶3∶5，表明在竖直方向上的运动是初速度为零的匀加速直线运动，O 点就是抛出点．(3)竖直方向有y ＝12gt 2，水平方向有x ＝v 0t ，则平抛运动的轨迹方程为y ＝g 2v 02x 2，则斜率为g 2v 02＝0.80.04m －1＝20 m －1，解得g ＝9.60 m/s 2.考向3 实验目的的创新例5 (2023·湖南长沙市第一中学月考)为了测定斜面倾角θ，小迪在斜面上贴上一张方格纸，方格纸每个小方格(正方形)边长为d ，如图甲所示，已知方格纸的横线与斜面底边平行，斜面底边水平．让一个粘有红色粉末的小球以一定初速度沿方格纸的某条横线射出，在纸上留下滚动的痕迹．小迪利用手机对小球滚动的过程进行录像，并从录像中读取到小球从A 点运动到B 点(如图乙所示)的时间为t .当地重力加速度为g ，小球在方格纸上的滚动摩擦可忽略，根据题中信息，完成下列问题：(1)小球的初速度大小为________；(2)小球的加速度大小为________；(3)斜面倾角的正弦值sin θ＝________；[在(1)(2)(3)问中，请用题干中的d 、g 、t 组成表达式填空](4)已知d ＝10 cm ，t ＝1 s ，g ＝9.8 m/s 2，则可测得斜面倾角θ＝________.答案 (1)7d t (2)49d t 2 (3)49d gt 2 (4)30° 解析 (1)小球在斜面上的运动是类平抛运动，由题图可知，小球在水平方向上发生7d 的位移，所用时间为t ，根据水平方向上x ＝v 0t可得v 0＝x t ＝7d t(2)小球在横线上通过两格的时间为T ＝2t 7从纵线上看，小球在连续的2t 7的时间内位移增加量为Δy ＝4d 根据逐差法Δy ＝aT 2，可得a ＝49d t 2 (3)沿斜面方向根据牛顿第二定律有mg sin θ＝ma则sin θ＝ag ＝49dgt2(4)代入数据可得sin θ＝0.5，则θ＝30°.课时精练1．在“研究平抛运动”的实验中．(1)图甲是横挡条卡住平抛小球，用铅笔标注小球的最高点，确定平抛运动轨迹的方法，坐标原点应选小球在斜槽末端点时的________．A．球心B．球的上端C．球的下端(2)在此实验中，下列说法正确的是________(多选)．A．斜槽轨道必须光滑B．记录的点应适当多一些C．用平滑曲线把所有的点连接起来D．y轴的方向根据重垂线确定(3)图乙是利用图甲装置拍摄小球做平抛运动的频闪照片，由照片可判断实验操作错误的是________．A．释放小球时初速度不为0B．释放小球的初始位置不同C．斜槽末端切线不水平(4)利用稳定的细水柱显示平抛运动轨迹的装置，其中正确的是________．答案(1)B(2)BD(3)C(4)B解析(1)小球平抛轨迹标注小球的最高点，所以选B.(2)实验过程中，斜槽不一定光滑，只要能够保证从同一位置由静止释放，即使轨道粗糙，摩擦力做功是相同的，离开斜槽末端的速度就是一样的，选项A错误；记录点适当多一些，能够保证描点平滑，偏离较远的点应舍去，选项B正确，C错误；y轴必须是竖直方向，即用重垂线确定，选项D正确．(3)由题图乙可知斜槽末端不水平，才会形成斜抛运动，故选C.(4)插入瓶中的另一根吸管使得瓶内气压与外界气压相等，是为了保证水流流速不受瓶内水面下降的影响，保证在液面下降到该处的一段时间内，能够得到稳定的细水柱，所以选B. 2．用如图所示装置研究平抛运动．将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直硬板上．钢球沿斜槽轨道PQ滑下后在Q点飞出，落在水平挡板MN上．由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点．移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点．(1)下列实验操作合理的有________．A．安装斜槽轨道，需使其末端保持水平B．背板应保持竖直C．每次钢球需从斜槽同一位置由静止释放D．每次必须等距离下降挡板，记录钢球位置E．钢球在斜槽上释放的位置离斜槽末端的高度尽可能低一些(2)请在图中选择最合理抛出点位置________(填“甲”“乙”或“丙”)．(3)在“探究平抛运动水平方向分运动的特点”的实验中，将白纸换成方格纸，每个小方格边长L＝5 cm.实验记录了钢球在运动中的4个点迹，如图所示，则t AB________t BC(填“>”“＝”或“<”)，已知重力加速度g＝10 m/s2，该钢球做平抛运动的初速度为________ m/s.(计算结果保留两位有效数字)(4)伽利略曾研究过平抛运动，他推断：从同一炮台水平发射的炮弹，如果不受空气阻力，不论它们能射多远，在空中飞行的时间都一样．这实际上揭示了平抛物体________．A．在水平方向上做匀速直线运动B．在竖直方向上做自由落体运动C．在下落过程中机械能守恒答案(1)ABC(2)乙(3)> 2.0(4)B解析(1)由于平抛运动初速度水平，所以要求斜槽末端水平；因为要记录痕迹点，所以要求背板竖直；每次从斜槽同一位置由静止释放，保证每次小球做平抛运动时初速度相等；不必每次等距离下降挡板；钢球在斜槽上释放的位置离斜槽末端的高度应尽可能高一点，这样平抛运动效果才明显，故选A、B、C.(2)题图甲位置设置抛出点，相当于钢球水平方向有速度，竖直方向没速度时就开始记录；题图丙相当于钢球竖直方向已经有速度了才开始记录；所以选题图乙最合适．(3)竖直方向有h AB＝h BC，并且水平方向有x AB>x BC，根据平抛运动的物体水平方向做匀速直线运动，可知t AB>t BC，根据图像水平方向有x AC＝x CD，所以在这两段过程中，运动时间相同，且为连续相等时间，所以竖直方向上有h CD－h AC＝gt2，解得t＝0.1 s，所以钢球经历AD段用＝2.0 m/s.时为0.2 s，所以初速度为v0＝x ADt AD(4)因为在空中飞行时间均相同，所以说明在竖直方向上的运动时间是相同的，所以说明了平抛物体在竖直方向上做自由落体运动，故选B.3．为了探究平抛运动的规律，某同学用如图(a)所示的装置进行实验．(1)为了准确地描绘出平抛运动的轨迹，下列要求合理的是________．A．小球每次必须从斜槽上同一位置由静止释放B．斜槽轨道必须光滑C．斜槽轨道末端必须水平D．本实验必需的器材还有刻度尺和停表(2)甲同学按正确的操作完成实验并描绘出平抛运动的轨迹，以平抛运动的初始位置O为坐标原点建立xOy坐标系，如图(b)所示．从运动轨迹上选取多个点，根据其坐标值可以验证轨迹符合y＝ax2的抛物线．若坐标纸中每个小方格的边长为L，根据图中M点的坐标值，可以求出a＝________，小球平抛运动的初速度v0＝________.(重力加速度为g)(3)乙同学不小心将记录实验的坐标纸弄破损，导致平抛运动的初始位置缺失．他选取轨迹中任意一点O为坐标原点，建立xOy坐标系(x轴沿水平方向、y轴沿竖直方向)，如图(c)所示．在轨迹中选取A、B两点，坐标纸中每个小方格的边长仍为L，重力加速度为g.由此可知：小球从O点运动到A点所用时间t1与从A点运动到B点所用时间t2的大小关系为：t1________t2(选填“>”“<”或“＝”)；小球平抛运动的初速度v0＝________，小球平抛运动的初始位置坐标为(________，________)．(4)丙同学将实验方案做了改变，如图(d)所示，他把桌子搬到竖直墙的附近，调整好仪器，使从斜槽轨道滚下的小球打在正对的墙上，把白纸和复写纸附在墙上，记录小球的落点．然后等间距地改变桌子与墙的距离，就可以得到多个落点．如果丙同学还有一把刻度尺，他是否可以计算出小球平抛时的初速度？并简要阐述理由．___________________________________ _______________________________________________________________________________.答案 (1)AC (2)15L5gL2(3)＝ 22gL －4L －L (4)可以，理由见解析 解析 (1)小球每次从斜槽上同一位置由静止释放，滑到斜槽末端时的速率一定，保证平抛初速度不变，描出的是同一轨迹，故A 正确；斜槽轨道不必光滑，故B 错误；斜槽末端水平，才能保证小球做平抛运动，故C 正确；本实验不需要停表，故D 错误． (2)由y ＝ax 2得a ＝y x 2，将M 点坐标(5L ,5L )代入得a ＝5L (5L )2＝15L根据x ＝v 0t ，y ＝12gt 2，联立解得v 0＝x t ＝x2yg＝xg2y＝5L g 10L＝5gL2(3)O 、A 和A 、B 间水平方向均是4个格，由t ＝xv 0可知，t 1＝t 2，又y AB －y OA ＝gT 2，解得T ＝y AB －y OAg＝2L g ，所以v 0＝4LT＝22gL 小球在竖直方向上做自由落体运动，从开始下落，相邻相等时间内竖直位移之比为1∶3∶5，而y OA ∶y AB ＝3∶5，因此初始位置坐标为(－4L ，－L )．(4)可以．用刻度尺测量落点与抛出点之间的竖直距离y ，测量墙与桌子的水平距离x ，根据y ＝12gt 2，可得t ＝2y g ，则v 0＝x t＝x g2y，改变桌子与墙的水平距离x ，测量多组x 、y 值，计算多组初速度，取平均值即可．4.(2019·北京卷·21改编)用如图所示装置研究平抛运动．将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上．钢球沿斜槽轨道PQ 滑下后从Q 点飞出，落在水平挡板MN 上．由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点．移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点．(1)下列实验条件必须满足的有________． A ．斜槽轨道光滑 B ．斜槽轨道末端水平 C ．挡板高度等间距变化D ．每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球(2)为定量研究，建立以水平方向为x 轴、竖直方向为y 轴的坐标系．a ．取平抛运动的起始点为坐标原点，将钢球静置于Q 点，钢球的________(选填“最上端”“最下端”或者“球心”)对应白纸上的位置即为原点；在确定y 轴时________(选填“需要”或者“不需要”)y 轴与重垂线平行．b ．若遗漏记录平抛轨迹的起始点，也可按下述方法处理数据：如图所示，在轨迹上取A 、B 、C 三点，AB 和BC 的水平间距相等且均为x ，测得AB 和BC 的竖直间距分别是y 1和y 2，则y 1y 2________13(选填“大于”“等于”或者“小于”)．可求得钢球平抛的初速度大小为________(已知当地重力加速度为g ，结果用上述字母表示)．(3)为了得到平抛物体的运动轨迹，同学们还提出了以下三种方案，其中可行的是________． A ．用细管水平喷出稳定的细水柱，拍摄照片，即可得到平抛运动轨迹B ．用频闪照相在同一底片上记录平抛小球在不同时刻的位置，平滑连接各位置，即可得到平抛运动轨迹C ．将铅笔垂直于竖直的白纸板放置，笔尖紧靠白纸板，铅笔以一定初速度水平抛出，将会在白纸上留下笔尖的平抛运动轨迹(4)伽利略曾研究过平抛运动，他推断：从同一炮台水平发射的炮弹，如果不受空气阻力，不论它们能射多远，在空中飞行的时间都一样．这实际上揭示了平抛物体________． A ．在水平方向上做匀速直线运动 B ．在竖直方向上做自由落体运动 C ．在下落过程中机械能守恒答案(1)BD(2)a.球心需要b．大于xgy2－y1(3)AB(4)B解析(1)因为本实验是研究平抛运动，只需要每次实验都能保证钢球做相同的平抛运动，即每次实验都要保证钢球从同一高度无初速度释放并水平抛出，没必要要求斜槽轨道光滑，因此A错误，B、D正确；挡板高度可以不等间距变化，故C错误．(2)a.因为钢球做平抛运动的轨迹是其球心的轨迹，故将钢球静置于Q点，钢球的球心对应白纸上的位置即为坐标原点(平抛运动的起始点)；在确定y轴时需要y轴与重垂线平行．b.由于平抛的竖直分运动是自由落体运动，故相邻相等时间内竖直方向上位移之比为1∶3∶5∶…，故两相邻相等时间内竖直方向上的位移之比越来越大．因此y1y2＞13；由y2－y1＝gT2，x＝v0T，联立解得v0＝x gy2－y1.(3)将铅笔垂直于竖直的白纸板放置，笔尖紧靠白纸板，铅笔以一定初速度水平抛出，由于铅笔受摩擦力作用，且不一定能始终保证铅笔水平，铅笔将不能始终保持垂直白纸板运动，铅笔将发生倾斜，故不会在白纸上留下笔尖的平抛运动轨迹，故C不可行，A、B可行．(4)从同一炮台水平发射的炮弹，如果不受空气阻力，可认为做平抛运动，因此不论它们能射多远，在空中飞行的时间都一样，这实际上揭示了平抛物体在竖直方向上做自由落体运动，故选项B正确．5．(2023·山东师范大学附属中学月考)利用智能手机自带的各种传感器可以完成很多物理实验．某同学利用如图所示的实验装置，结合手机的传感器功能测定当地的重力加速度，实验步骤如下：Ⅰ.实验前用游标卡尺测出小球的直径d＝5.00 mm；Ⅱ.实验装置中固定轨道AB的末端水平，在轨道末端安装一光电门，光电门通过数据采集器与计算机相连，测量小球离开轨道时的速度．将小球从轨道的某高度处由静止释放，小球运动一段时间后，打到竖直记录屏MN上，记下落点位置．然后通过手机传感器的测距功能，测量并记录小球做平抛运动的水平距离x 和竖直下落距离h ；Ⅲ.多次改变屏MN 与抛出点B 的水平距离x ，使小球每次都从轨道的同一位置处由静止释放，重复上述实验，记录多组x 、h 数据，如下表所示：实验顺序 1 2 3 4 5 x (cm) 10.0 15.0 20.0 25.0 30.0 x 2(×10－2 m 2)1.002.25 4.00 6.25 9.00 h (cm)4.8710.95 19.5030.5243.91请根据上述数据，完成下列问题： (1)在给定的坐标纸上作出x 2－h 的图像；(2)若光电计时器记录的平均遮光时间t ＝0.005 s ，根据上述图像求得当地的重力加速度大小g ＝________ m/s 2(结果保留三位有效数字)；(3)若实验中，每次记录的h 值均漏掉了小球的半径，按照上述方法计算出的重力加速度大小与真实值相比________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)． 答案 (1)见解析图 (2)9.52 (3)不变 解析 (1)描点作图如图所示；(2)小球过B 点水平抛出的速度为v 0＝dt ＝1 m/s ，x 2与h 的关系为x 2＝2v 02hg，结合图像可得2v02g ＝k＝(9.45－0)×10－2(45－0)×10－2m＝9.4545m，解得g＝9.52 m/s2；(3)在(2)中k＝Δx2Δh＝Δx2h2＋2r－h1－2r＝Δx2h2－h1，可知漏掉了小球的半径，不影响重力加速度g的计算，即计算出的重力加速度大小与真实值相比不变．。

专题强化一运动学图像问题目标要求 1.知道几种运动学图像的物理意义.2.会由图像分析物体的运动情况.3.能根据图像判断或求解图像以外的物理量.4.掌握运动学图像间的相互转化．题型一运动学图像的理解和应用1．对基本图像(x－t图像、v－t图像)的理解x－t图像v－t图像图像举例斜率意义速度加速度面积意义无位移特别处两条图线的交点表示相遇图线的拐点表示速度反向图线与时间轴所围面积表示位移图线的拐点表示加速度反向2.对a－t图像的理解(1)图线①表示物体做加速度逐渐增大的直线运动，图线③表示物体做加速度逐渐减小的直线运动，图线②表示物体做匀变速直线运动．(2)由Δv＝aΔt可知图像中图线与横轴所围面积表示速度变化量．1．x－t图像表示物体运动的轨迹．(×)2．x－t图像中的图线过t轴表明速度方向一定发生变化．(×)3．v－t图像上两图线的交点表示两物体此时相遇．(×)4．v－t图像中图线的斜率表示物体的加速度，x－t图像中图线的斜率表示物体的速度．(√)5．x －t 、v －t 和a －t 图像都只能描述直线运动．( √ )1．无论x －t 图像、v －t 图像是直线还是曲线，所描述的运动都是直线运动，图像的形状反映了x 与t 、v 与t 的函数关系，而不是物体运动的轨迹．2．x －t 图像中两图线的交点表示两物体相遇，v －t 图像中两图线的交点表示该时刻两物体的速度相等，并非相遇．3．位置坐标x －y 图像则能描述曲线运动，图线交点表示物体均经过该位置，但不一定相遇，因为不知道时间关系．例1 (2023·广东省模拟)中国海军服役的歼－15舰载机在航母甲板上加速起飞过程中，某段时间内舰载机的位移时间(x －t )图像如图所示，则( )A ．由图可知，舰载机起飞的运动轨迹是曲线B ．在0～3 s 内，舰载机的平均速度大于12 m/sC ．在M 点对应的位置，舰载机的速度大于20 m/sD ．在N 点对应的时刻，舰载机的速度为7.5 m/s 答案 C解析 x －t 图像只能表示直线运动的规律，即舰载机起飞的运动轨迹是直线，A 错误；在0～3 s 内，舰载机通过的位移为x ＝36 m －0＝36 m ，平均速度为v ＝x t ＝363 m/s ＝12 m/s ，B 错误；在2～2.55 s 内的平均速度为v ′＝x MN t MN ＝26－152.55－2 m/s ＝20 m/s ，根据2～2.55 s 内的平均速度等于MN 连线的斜率大小，在M 点对应的位置，舰载机的速度等于过M 点的切线斜率大小，可知在M 点对应的位置，舰载机的速度大于MN 段平均速度20 m/s ，C 正确；在0～2 s 内的平均速度为v ″＝Δx Δt ＝15－02 m/s ＝7.5 m/s,0～2 s 内的平均速度等于ON 连线的斜率大小，在N 点对应的时刻，舰载机的速度等于过N 点的切线斜率大小，可知在N 点对应的时刻，舰载机的速度大于ON 段平均速度7.5 m/s ，D 错误．例2 (2023·浙南名校联盟联考)如图是小明设计的飞船降落方案的v －t 图像．当飞船从高度H ＝60 km 处以速度v 0＝500 m/s 竖直向下运动时，控制系统打开降落伞，飞船开始减速．经过时间2t 0(t 0＝100 s)，飞船开始做匀速运动，其收尾速度为0.1v 0.当t ＝3t 0时，飞船的反推发动机点火，飞船开始做匀减速直线运动，再经过时间t 0至地面时速度恰好为零．下列判断正确的是( )A ．从t ＝3t 0至4t 0期间，飞船的加速度大小是5 m/s 2，方向竖直向上B ．从t ＝3t 0至4t 0期间，飞船下降了10 kmC ．从t ＝0至2t 0期间，飞船的平均速度大小是275 m/sD ．从t ＝0至2t 0期间，飞船下降了52.5 km 答案 D解析 从t ＝3t 0至4t 0期间，飞船的加速度为a ＝Δv Δt ＝－0.1×500100 m/s 2＝－0.5 m/s 2，负号表示方向竖直向上，故A 错误；在速度－时间图像中，图线与时间轴所围“面积”表示位移，可得从t ＝3t 0至4t 0期间，飞船下降了x ＝12×50×100 m ＝2 500 m ，故B 错误；从t ＝0至2t 0期间，飞船下降的距离为h ＝H －0.1v 0t 0－x ＝52 500 m ，平均速度为v ＝h 2t 0＝52 500200 m/s ＝262.5 m/s ，故C 错误，D 正确．例3 (多选)(2021·广东卷·8)赛龙舟是端午节的传统活动．下列v －t 和s －t 图像描述了五条相同的龙舟从同一起点线同时出发、沿长直河道划向同一终点线的运动全过程，其中能反映龙舟甲与其它龙舟在途中出现船头并齐的有( )答案 BD解析 A 图是v －t 图像，由图可知，甲的速度一直大于乙的速度，所以途中不可能出现甲、乙船头并齐，故A错误；B图是v－t图像，由图可知，开始丙的速度大，后来甲的速度大，v－t图像中图线与横轴围成的面积表示位移，由图可以判断在途中甲、丙位移会相同，所以在途中甲、丙船头会并齐，故B正确；C图是s－t图像，由图可知，丁一直运动在甲的前面，所以途中不可能出现甲、丁船头并齐，故C错误；D图是s－t图像，交点表示相遇，所以甲、戊在途中船头会并齐，故D正确．例4一物体由静止开始，在粗糙的水平面上沿直线运动，其加速度a随时间t变化的a－t 图像如图所示．若选物体开始运动的方向为正方向，那么，下列说法中正确的是()A．在0～2 s的时间内，物体先做匀速直线运动后做匀减速运动B．在2 s时物体的位移最大C．在2～3 s的时间内，物体速度的变化量为－1 m/sD．在0～4 s的时间内，物体的位移为0答案 C解析在0～1 s的时间内，加速度不变，物体做匀加速运动，在1～2 s的时间内加速度数值减小，物体做加速度减小的加速运动，A错误；2 s时，加速度为0，速度最大，此时位移不是最大，B错误；a－t图像中图线与横轴所围的面积表示速度的变化量，在2～3 s的时间内，速度变化量为Δv＝12×1×(－2) m/s＝－1 m/s，C正确；在0～4 s内，物体的速度变化量为0，即物体在4 s时停止运动，位移不为0，D错误．题型二用函数法解决非常规图像问题对于非常规运动图像，可由运动学公式推导出两个物理量间的函数关系，来分析图像的斜率、截距、面积的含义．1．函数法解决xt－t 图像由x ＝v 0t ＋12at 2可得x t ＝v 0＋12at ，截距b 为初速度v 0，图像的斜率k 为12a ，如图甲所示．2．函数法解决v 2－x 图像由v 2－v 02＝2ax 可知v 2＝v 02＋2ax ，截距b 为v 02，图像斜率k 为2a ，如图乙所示． 3．其他非常规图像图像种类示例解题关键x t 2－1t图像公式依据： x ＝v 0t ＋12at 2→x t 2＝v 0·1t ＋12a 斜率意义：初速度v 0 纵截距意义： 加速度一半a 2a －x 图像公式依据： v 2－v 02＝2ax →ax ＝v 2－v 022面积意义：速度平方变化量的一半v 2－v 0221v －x 图像公式依据：t ＝xv 面积意义：运动时间t例5 (2023·浙江省山水联盟开学考试)为检测某新能源动力车的刹车性能，现在平直公路上做刹车实验，如图所示是动力车在刹车过程中位移和时间的比值xt与t 之间的关系图像，下列说法正确的是( )A ．动力车的初速度大小为10 m/sB ．刹车过程动力车的加速度大小为2.5 m/s 2C ．刹车过程持续的时间为8 sD ．从开始刹车时计时，经过8 s ，动力车的位移大小为40 m 答案 D解析 根据匀变速直线运动的位移时间公式x ＝v 0t ＋12at 2，得x t ＝12at ＋v 0，对比题图可得v 0＝20 m/s ，12a ＝10－204 m/s 2，知a ＝－5 m/s 2，即刚刹车时动力车的初速度大小为20 m/s ，刹车过程动力车的加速度大小为5 m/s 2，故A 、B 错误；刹车过程持续的时间为t 0＝0－v 0a ＝－20－5s＝4 s ，故C 错误；经过8 s ，车已经停止，则整个刹车过程动力车的位移大小为x 0＝v 02t 0＝202×4 m ＝40 m ，故D 正确．例6 (2023·辽宁沈阳市模拟)一辆汽车以20 m/s 的速度在平直公路上行驶，某时刻司机发现前方施工需减速行驶，司机反应了0.2 s 后开始刹车．如图所示为发现施工提示后的速度平方v 2随位移x 的变化关系．从司机发现前方施工提示至汽车速度减小到5 m/s 过程中，汽车的位移为( )A ．44 mB ．41.5 mC ．40 mD ．37.5 m 答案 B解析 由题图可知，减速之前汽车的位移为x 1＝4 m ，根据匀变速直线运动的速度位移公式可得v 2－v 02＝2ax ，由图像解得a ＝－5 m/s 2，当速度为5 m/s 时，汽车的位移为x 2＝v 2－v 022a ＝37.5 m ，故汽车的位移为x ＝x 1＋x 2＝41.5 m ，A 、C 、D 错误，B 正确．题型三图像间的相互转化1．解决图像转换类问题的一般流程：2．要注意应用解析法和排除法，两者结合提高选择题图像类题型的解题准确率和速度．例7(2021·辽宁卷·3)某驾校学员在教练的指导下沿直线路段练习驾驶技术，汽车的位置x 与时间t的关系如图所示，则汽车行驶速度v与时间t的关系图像可能正确的是()答案 A解析x－t图像斜率的物理意义是速度，在0～t1时间内，x－t图像斜率增大，汽车的速度增大；在t1～t2时间内，x－t图像斜率不变，汽车的速度不变；在t2～t3时间内，x－t图像的斜率减小，汽车做减速运动，综上所述可知A中v－t图像可能正确，故选A.例8一静止在光滑水平面的物体从t＝0时刻开始的加速度与时间的关系图像如图所示，a 随t周期性变化．(1)画出物体在0～9 s内的v－t图像；(2)求t＝0到t＝32 s内物体的位移大小．答案(1)见解析图(2)32 m解析(1)根据题意作出物体的v－t图像，如图所示．(2)由v －t 图像可知0～3 s 内位移大小为Δx 1＝12×3×2 m ＝3 m0～30 s 内位移大小为10Δx 1＝30 m30～32 s 内位移大小为Δx 2＝12×2×2 m ＝2 m故0～32 s 内物体位移大小为 x ＝10Δx 1＋Δx 2＝32 m.课时精练1.A 、B 两物体沿同一直线运动，运动过程中的x －t 图像如图所示，下列说法正确的是( )A ．4 s 时A 物体运动方向发生改变B ．0～6 s 内B 物体的速度逐渐减小C ．0～5 s 内两物体的平均速度大小相等D ．0～6 s 内某时刻两物体的速度大小相等 答案 D解析 x －t 图像的斜率表示速度，斜率的正负表示速度方向，所以A 物体运动方向始终不变，故A 错误；由题图可知，0～6 s 内B 物体的速度逐渐增大，故B 错误；由题图可知，0～5 s 内A 物体的位移大于B 物体的位移，由公式v ＝xt 可知，A 物体的平均速度大于B 物体的平均速度，故C 错误；0～6 s 内存在某时刻两图像斜率的绝对值相等，即存在某时刻两物体的速度大小相等，故D 正确．2.(2023·浙江省名校协作体模拟)2021年东京奥运会上，十四岁的中国小将全红婵夺得女子10米跳台冠军，如图为其竖直分速度与时间的关系图像，以其向上离开跳台时作为计时起点，向下运动的方向为正方向，运动过程中视其为质点，则关于竖直方向上的运动，下列说法正确的是()A．t1时刻达到最高点B．t3时刻开始进入水面C．t2～t3时间段加速度竖直向下D．0～t1时间段与t1～t2时间段加速度方向相反答案 A解析由题图可知0～t1时间内全红婵在竖直方向上做向上的匀减速运动，在t1时刻达到最高点，之后在t1～t2时间内在竖直方向上做向下的匀加速运动，所以0～t1时间段与t1～t2时间段在竖直方向上加速度方向相同；全红婵在t2时刻开始进入水面，t2～t3时间内在水中竖直方向上做向下的匀减速运动，此时全红婵的加速度方向向上，综上可知A正确，B、C、D 错误．3．(2023·浙江诸暨市适应性考试)如图所示是卡车沿直线运动的v－t图像，下列说法正确的是()A．卡车速度最大时加速度也最大B．卡车第4分钟运动方向与第6分钟运动方向相同C．卡车在第1分钟内的位移大于第5分钟内的位移D．整个运动过程中卡车的加速度方向始终保持不变答案 B解析卡车速度最大时加速度等于零，A错误；第4分钟和第6分钟，卡车速度均为正值，运动方向相同，B正确；在v－t图像中位移等于图像与时间轴所围的面积，卡车在第1分钟内的位移小于第5分钟内的位移，C错误；v－t图像的斜率表示加速度，整个运动过程中卡车的加速度方向先向正方向后向负方向，D错误．4．(2022·河北卷·1)科学训练可以提升运动成绩，某短跑运动员科学训练前后百米全程测试中，速度v与时间t的关系图像如图所示．由图像可知()A．0～t1时间内，训练后运动员的平均加速度大B．0～t2时间内，训练前、后运动员跑过的距离相等C．t2～t3时间内，训练后运动员的平均速度小D．t3时刻后，运动员训练前做减速运动，训练后做加速运动答案 D解析根据v－t图像的斜率表示加速度，由题图可知0～t1时间内，训练后运动员的平均加速度比训练前的小，故A错误；根据v－t图像与横轴围成的面积表示位移，由题图可知0～t2时间内，训练前运动员跑过的距离比训练后的大，故B错误；由题图可知t2～t3时间内，训练后运动员的位移比训练前的位移大，根据平均速度等于位移与时间的比值，可知训练后运动员的平均速度大，故C错误；根据v－t图像可直接判断知，t3时刻后，运动员训练前速度减小，做减速运动；t3时刻后，运动员训练后速度增加，做加速运动，故D正确．5．(2023·浙江省之江教育联盟联考)如图所示，甲、乙、丙、丁是以时间t为横轴的图像，下列说法正确的是()A．若甲是v－t图像，则物体做匀速直线运动B．若乙是a－t图像，则物体做匀加速直线运动C．若丙是x－t图像，则物体做匀加速直线运动D．若丁是v－t图像，则物体静止答案 C解析若甲是v－t图像，斜率表示加速度，斜率不变，所以加速度不变，即物体做匀变速直线运动，故A错误；若乙是a－t图像，则物体做加速度增大的变速直线运动，故B错误；若丙是x －t 图像，根据x ＝v 0t ＋12at 2可知物体做匀加速直线运动，故C 正确；若丁是v －t 图像，则表示物体做匀速直线运动，故D 错误．6.一质点由静止开始做直线运动的v －t 关系图像如图所示，则该质点的x －t 关系图像可大致表示为选项图中的( )答案 B解析 根据x －t 图像中图线的斜率表示速度可知，该质点的x －t 关系图像可大致表示为B 图，故选B.7.根据机动车的运动情况，绘制如图所示的x t 2－1t 图像，已知其在水平路面沿直线行驶，规定初速度v 0的方向为正方向，运动过程中所受阻力恒定．以下说法正确的是( )A ．机动车匀加速运动B ．机动车的初速度为0C ．机动车的加速度为8 m/s 2D ．机动车在前3秒内的位移是25 m 答案 D解析 由x ＝v 0t ＋12at 2 变形可得x t 2＝v 0·1t ＋12a ，由截距知12a ＝－4 m/s 2 ，解得机动车的加速度a ＝－8 m/s 2 ，由于机动车的加速度为负值，因此牵引力小于阻力，由斜率知v 0＝40.2 m/s ＝20 m/s ，故A 、B 、C 错误；机动车速度变为零所需时间为t ＝0－v 0a ＝2.5 s ，因此3 s 末机动车已静止，其在前3秒内的位移是x ′＝0－v 022a＝25 m ，故D 正确．8．冰壶是冬奥会的传统比赛项目．t ＝0时刻，冰壶运动员以v 0＝3 m/s 的速度沿水平冰面将冰壶掷出，t ＝5 s 时，队友开始用毛刷在冰壶滑行前方不断的摩擦冰面(如图甲所示)，t ＝17.5 s 时冰壶停止运动，冰壶运动过程中加速度a 的大小随时间t 的变化关系如图乙所示．以下判断正确的是( )A ．t ＝5 s 时，冰壶的速度大小为1 m/sB ．5～17.5 s 内，冰壶的加速度大小为0.17 m/s 2C ．0～17.5 s 内，冰壶运动的位移大小为52.5 mD ．与不摩擦冰面相比，摩擦冰面情况下，冰壶多滑行2.5 m 才停下 答案 D解析 5 s 末的速度大小为v ＝v 0－a 1t 1＝(3－0.2×5) m/s ＝2 m/s ，A 错误；5～17.5 s 内，冰壶的初速度v ＝2 m/s ，末速度为0，运动时间t 2＝12.5 s ，故冰壶的加速度大小为a 2＝v －0t 2＝212.5 m/s 2＝0.16 m/s 2，B 错误；0～5 s 内位移大小为x 1＝v ＋v 02t 1＝12.5 m,5～17.5 s 内的位移大小为x 2＝v2t 2＝12.5 m ，则0～17.5 s 内的位移大小为x ＝x 1＋x 2＝25 m ，C 错误；若不摩擦冰面，冰壶运动的时间为t 3＝v 0－0a 1＝15 s,15 s 内位移大小为x 3＝v 02t 3＝22.5 m ，Δx ＝x －x 3＝2.5 m ，D 正确．9.(多选)甲、乙两物体从同一地点同时开始做直线运动的v －t 图像如图所示，甲物体在t ＝6 s 以后停止运动．根据图像提供的信息可知( )A ．6 s 末乙追上甲B ．在乙追上甲之前，甲、乙相距最远为10 mC ．8 s 末甲、乙两物体相遇，且离出发点32 mD ．在0～4 s 内与4～6 s 内甲的平均速度相等 答案 BC解析 根据题图图像可知，在0～4 s 内甲的平均速度v 1＝4＋82 m/s ＝6 m/s ，在4～6 s 内甲的平均速度v 2＝8＋02 m/s ＝4 m/s ，D 错误；在0～6 s 内，甲的位移x 甲＝v 1×4 s ＋v 2×2 s＝32 m ，乙的位移x 乙＝6×4 m ＝24 m ，因此6 s 末乙未追上甲，A 错误；当两者速度相等时，距离最远，即5 s 末距离最远，此时x 甲′＝4＋82×4 m ＋4＋82×1 m ＝30 m ，x 乙′＝4×5 m＝20 m ，最远距离Δx ′＝x 甲′－x 乙′＝10 m ，B 正确；6 s 以后，甲物体停止运动，因此相遇时，距离出发点32 m ，所用时间t ＝x 甲v 乙＝324s ＝8 s ，C 正确．10．(2023·浙江省模拟)甲、乙两名运动员在泳池里训练，t ＝0时刻从泳池的两端出发，甲、乙的速度－时间图像分别如图甲、乙所示，若不计转向的时间且持续运动，两运动员均可视为质点，下列说法正确的是( )A ．泳池长50 mB ．两运动员一定不会在泳池的两端相遇C ．从t ＝0时刻起经过1 min ，两运动员共相遇了3次D ．在0～30 s 内，甲、乙运动员的平均速度大小之比为8∶5 答案 C解析 根据v －t 图线与时间轴围成的面积表示位移，可知泳池长度L ＝1.25×20 m ＝25 m ，故A 错误；如图所示，由甲、乙的位移－时间图线的交点表示相遇可知，甲、乙在t ＝100 s时在泳池的一端相遇，故B 错误；在0～60 s 内甲、乙相遇3次，故C 正确；在0～30 s 内，甲的位移大小为x 1＝1.25×20 m －1.25×10 m ＝12.5 m ，乙的位移大小为x 2＝1.0×25 m －1.0×5 m ＝20 m ，在0～30 s 内，甲、乙运动员的平均速度大小之比为v 1∶v 2＝x 1t ′∶x 2t ′＝5∶8，故D 错误．11．(多选)如图甲所示，一维坐标系中有一物块静止于x 轴上的某位置(图中未画出)，从t ＝0时刻开始，物块在外力作用下沿x 轴正方向做匀变速直线运动，其位置坐标与速率平方的关系图像如图乙所示．下列说法正确的是( )A ．物块运动的加速度大小为1 m/s 2B ．t ＝4 s 时物块位于x ＝2 m 处C ．2～4 s 内物块的平均速度大小为1.5 m/sD ．前2 s 内物块的位移大小为2 m 答案 BC解析 设t ＝0时刻物块位于x ＝x 0处，根据v 2＝2a (x －x 0)可知x ＝x 0＋12a v 2，根据题图乙可知x 0＝－2 m ，a ＝12 m/s 2，A 错误；t ＝4 s 时物块位置为x ＝x 0＋12at 42＝－2 m ＋12×12×42 m ＝2 m ，B 正确；2～4 s 时间内物块的位移Δx ＝12at 42－12at 22＝12×12×42 m －12×12×22 m ＝3 m ，因此这段时间内平均速度v ＝Δx Δt ＝32 m/s ＝1.5 m/s ，C 正确；前2 s 内物块的位移大小Δx ′＝12at 22＝12×12×22 m ＝1 m ，D 错误．12.(2023·湖南省雅礼中学模拟)两辆小汽车在平直路面上同向运动，两车从同一地点由静止同时出发，其位移x 随速度平方v 2变化的关系图像如图所示，图a 、b 、c 表示两车的v －t 图像，以下判断正确的是( )A ．甲、乙两车在x 1处再次相遇B ．甲、乙两车的v －t 图像为图aC ．甲、乙两车的v －t 图像为图bD ．甲、乙两车的v －t 图像为图c 答案 B 解析 根据公式v 2－v 02＝2ax ，变形可得x ＝12a v 2－v 022a ，由题图可知，v 0＝0，则x ＝12av 2，由图像可得，乙的加速度不变，甲的加速度逐渐增大，所以甲、乙两车的v －t 图像为题图a ，由甲、乙的位移图像可知在x 1处速度相同，由题图a(即甲、乙两车的v －t 图像)可得，速度相同时，需要的时间不同，则两车在不同时间到达x 1，故没在x 1处相遇，故A 、C 、D 错误，B 正确．13．某同学欲估算飞机着陆时的速度，他假设飞机在平直跑道上做匀减速运动，飞机在跑道上滑行的距离为x ，从着陆到停下来所用的时间为t ，实际上，飞机的速度越大，所受的阻力越大，则飞机着陆时的速度应是( ) A ．v ＝xtB ．v ＝2xtC ．v >2x tD.x t <v <2x t答案 C解析 飞机做变减速直线运动，因为速度在减小，则阻力在减小，加速度减小，故飞机做加速度逐渐减小的减速运动，速度时间图线如图中实线所示．若飞机做匀减速直线运动，如图中虚线所示，则平均速度v ′＝v 2＝x ′t ，实线与时间轴围成的面积为x ，平均速度v ＝xt ，因为x ′>x ，可知x t <x ′t ＝v 2，即v >2xt，故选C.。

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.。