曲線運動（2022高考物理）新高考版

專題四曲線運動

考點1曲線運動問題的分析與求解

高考幫-揭秘熱點考向

［2015全國H,16,6分］

由于衛(wèi)星的發(fā)射場不在赤道上，同步衛(wèi)星發(fā)射后需要從轉移軌道經過調整再進入地球同步軌道.當衛(wèi)星在轉移軌道

上飛經赤道上空時,發(fā)動機點火,給衛(wèi)星一附加速度，使衛(wèi)星沿同步軌道運行.已知同步衛(wèi)星的環(huán)繞速度約為3.IX

103m/s,某次發(fā)射衛(wèi)星飛經赤道上空時的速度為1.55X103m/s,此時衛(wèi)星的高度與同步軌道的高度相同,轉移軌道和

同步軌道的夾角為30°,如圖所示.發(fā)動機給衛(wèi)星的附加速度的方向和大小約為（）

A.西偏北方向，L9-103m/sB.東偏南方向，L9XIO3m/s

C.西偏北方向,2.7X10,m/sD.東偏南方向，2.7X10、m/s

拓展變式

EI"。

［新角度］［多選］如圖所示,一帶正電的小球向右水平拋入范圍足夠大的勻強電場，電場方向水平向左，不計空氣阻力,

則小球（）

A.做直線運動B.做曲線運動

C.速率先減小后增大D.速率先增大后減小

2.

H

［2020廣東廣州階段測試］如圖所示,小船以大小為小方向與上游河岸成。角的速度（在靜水中的速度）從/處過河,

經過t時間正好到達正對岸的8處.現要使小船在更長的時間內過河并且也正好到達正對岸6處,在水流速度不變的

情況下,可采取下列方法中的哪一種（）

A.只增大H大小,不改變〃角

B.只增大《角，不改變匕大小

C.在增大巴的同時，適當增大。角

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D.在減小n的同時，適當臧小。角

3.如圖所示

,長為L的輕直棒一端可繞固定軸。轉動，另一端固定一質量為勿的小球,小球放在水平光滑升降平臺上,升降平臺以

速度r勻速上升,下列說法正確的是（）

A.小球做勻速圓周運動

B,當棒與豎直方向的夾角為。時，小球的速度為心：

C.棒的角速度逐漸增大

D.當棒與豎直方向的夾角為。時，棒的角速度為高

4.[2018北京,20,6分]根據高中所學知識可知，做自由落體運動的小球,將落在正下方位置.但實際上,赤道上方200

m處無初速下落的小球將落在正下方位置偏東約6cm處.這一現象可解釋為,除重力外，由于地球自轉,下落過程小球

還受到一個水平向東的“力”，該“力”與豎直方向的速度大小成正比.現將小球從赤道地面豎直上拋,考慮對稱性,

上升過程該“力”水平向西，則小球（）

A.到最高點時,水平方向的加速度和速度均為零

B.到最高點時,水平方向的加速度和速度均不為零

C.落地點在拋出點東側

D.落地點在拋出點西側

考點2拋體運動問題的分析與求解

高考幫-揭秘熱點考向

1.[2017全國1,15,6分]發(fā)球機從同一高度向正前方依次水平射出兩個速度不同的乒乓球（忽略空氣的影響）.速度

較大的球越過球網,速度較小的球沒有越過球網.其原因是（）

A.速度較小的球下降相同距離所用的時間較多

B.速度較小的球在下降相同距離時在豎直方向上的速度較大

C.速度較大的球通過同一水平距離所用的時間較少

D.速度較大的球在相同時間間隔內下降的距離較大

2.[2019全國11,19,6分，多選]如圖（a）,在跳臺滑雪比賽中,運動員在空中滑翔時身體的姿態(tài)會影響其下落的速度和

滑翔的距離.某運動員先后兩次從同一跳臺起跳,每次都從離開跳臺開始計時,用y表示他在豎直方向的速度,其v-t

圖像如圖（b）所示，力和友是他落在傾斜雪道上的時刻.則

A.第二次滑翔過程中在豎直方向上的位移比第一次的小

B.第二次滑翔過程中在水平方向上的位移比第一次的大

第2頁共12頁

C.第二次滑翔過程中在豎直方向上的平均加速度比第一次的大

D.豎直方向速度大小為由時,第二次滑翔在豎直方向上所受阻力比第一次的大圖

拓展變式

1.[2020湖南四校摸底聯考]飛鏢運動是同學們非常喜歡的一項體育運動.某同學在一次投擲飛鏢的過程中，水平投

出的飛鏢恰好擊中飛鏢靶盤中心正下方的一點.保持投擲的高度不變且水平投擲,為了能夠擊中靶心，以下說法不正

確的是（）

A.只要適當水平往前移動一下投擲的位置就有可能擊中靶心

B.只要適當增大水平投出的速度就有可能擊中靶心

C.只要能夠擊中靶心,擊中靶盤時的速度一定比原來大

D.若同時調整投擲的水平距離和速度,擊中靶盤時的速度與豎直方向的夾角可以和原來相同

2.

[2019北京,21,18分]用如圖1所示裝置研究平拋運動.將白紙和復寫紙對齊重疊并固定在豎直的硬板上.鋼球沿斜

槽軌道/空滑下后從0點飛出,落在水平擋板也V上.由于擋板靠近硬板一側較低,鋼球落在擋板上時,鋼球側面會在白

紙上擠壓出一個痕跡點.移動擋板,重新釋放鋼球,如此重復，白紙上將留下一系列痕跡點.

（1）下列實驗條件必須滿足的有.

A.斜槽軌道光滑

B.斜槽軌道末段水平

C.擋板高度等間距變化

D.每次從斜槽上相同的位置無初速度釋放鋼球

（2）為定量研究,建立以水平方向為x軸、豎直方向為y軸的坐標系.

a.取平拋運動的起始點為坐標原點,將鋼球靜置于。點,鋼球的（選填“最上端”“最下端”或者“球心”）

對應白紙上的位置即為原點;在確定y軸時（選填“需要”或者“不需要”）y軸與重垂線平行.

b.若遺漏記錄平拋軌跡的起始點，也可按下述方法處理數據:如圖2所示,在軌跡

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圖2

上取/、B、。三點,和%的水平間距相等且均為x,測得用和比的豎直間距分別是乃和必則②X選填

“大于”“等于”或者“小于”).可求得鋼球平拋的初速度大小為(已知當地重力加速度為g,結果用上述

字母表示).

(3)為了得到平拋物體的運動軌跡，同學們還提出了以下三種方案,其中可行的是.

A.從細管水平噴出穩(wěn)定的細水柱,拍攝照片，即可得到平拋運動軌跡

B.用頻閃照相在同一底片上記錄平拋小球在不同時刻的位置,平滑連接各位置,即可得到平拋運動軌跡

C.將鉛筆垂直于豎直的白紙板放置,筆尖緊靠白紙板,鉛筆以一定初速度水平拋出,將會在白紙上留下筆尖的平拋運

動軌跡

(4)伽利略曾研究過平拋運動，他推斷:從同一炮臺水平發(fā)射的炮彈,如果不受空氣阻力,不論它們能射多遠,在空中

飛行的時間都一樣.這實際上揭示了平拋物體.

A.在水平方向上做勻速直線運動

B.在豎直方向上做自由落體運動

C.在下落過程中機械能守恒

(5)牛頓設想,把物體從高山上水平拋出,速度一次比一次大,落地點就一次比一次遠,如果速度足夠大,物體就不再

落回地面,它將繞地球運動,成為人造地球衛(wèi)星.

同樣是受地球引力,隨著拋出速度增大,物體會從做平拋運動逐漸變?yōu)樽鰣A周運動，請分析原因.

3.

［多選］如圖所示,斜面傾角為，，位于斜面底端A正上方的小球以初速度而正對斜面頂點8水平拋出，小球到達斜面

經過的時間為。重力加速度為g,則下列說法正確的是()

A.若小球以最小位移到達斜面,則

B.若小球垂直擊中斜面,則f號

C.若小球能擊中斜面中點，則t=^

D.無論小球怎樣到達斜面,運動時間均為

4.［2018全國Hl,17,6分］在一斜面頂端，將甲、乙兩個小球分別以丫和號的速度沿同一方向水平拋出，兩球都落在該

斜面上.甲球落至斜面時的速率是乙球落至斜面時速率的()

A.2倍B.4倍C.6倍D.8倍

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5.

[2016上海,23,4分]如圖，圓弧形凹槽固定在水平地面上,其中/回是位于豎直平面內以。為圓心的一段圓弧,OA與

豎直方向的夾角為a.一小球以速度“從桌面邊緣一水平拋出,恰好從｛點沿圓弧的切線方向進入凹槽,小球從尸到

A的運動時間為；直線用與豎直方向間夾角8=.

6.[2020山東重點中學聯考]如圖所示,在某豎直平面內，光滑曲面與水平面比平滑連接于8點,回右端連接一口

深為H,寬度為d的深井CDEF,一個質量為勿的小球放在曲面四上,可從距6c面不同的高度處由靜止釋放.已知BC

段長人小球與應1間的動摩擦因數為口，取重力加速度g=10m/s2.求小球不碰到井壁而落入井底方的值應滿足的條件.

考點3圓周運動問題的分析與求解

高考幫?揭秘熱點考向

[2019江蘇,6,4分,多選]如圖所示,摩天輪懸掛的座艙在豎直平面內做勻速圓周運動.座艙的質量為m,運動半徑為

R,角速度大小為重力加速度為g,則座艙（）

A.運動周期為警

B.線速度的大小為3R

C.受摩天輪作用力的大小始終為mg

D.所受合力的大小始終為）i不

拓展變式

1.[2018江蘇,6,4分,多選]火車以60m/s的速率轉過一段彎道，某乘客發(fā)現放在桌面上的指南針在10s內勻速轉

過了約10°.在此10s時間內，火車（）

A.運動路程為600mB.加速度為零

C.角速度約為1rad/sD.轉彎半徑約為3.4km

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2.2019年4月28日，在阿塞拜疆首都巴庫舉行的世界一級方程式賽車錦標賽(Fl)大獎賽阿塞拜疆站正賽中,梅賽德

斯車隊芬蘭車手博塔斯奪得冠軍.已知該賽車場地某轉彎處可近似看成半徑為分的圓弧車道,轉彎處路面的坡度。

<5°.某輛賽車與該路面間的動摩擦因數為〃，質量為欣含賽車手質量)，賽車在該路面不發(fā)生側向滑動.假設賽車的

滑動摩擦力等于最大靜摩擦力，空氣阻力不計,則賽車在轉彎時(tan5°g0.087,〃~0.9)()

A.賽車的速度大小不可能為、/而

B.賽車對地面的壓力一定等于照

C.賽車對賽車手的力豎直向上

D.賽車的最大速度為|華譽之

3.[2020全國I,16,6分]如圖，一同學表演蕩秋千.已知秋千的兩根繩長均為10m,該同學和秋千踏板的

總質量約為50kg.繩的質量忽略不計.當該同學蕩到秋千支架的正下方時,速度大小為8m/s,此時每根

繩子平均承受的拉力約為()

A.200NB.400NC.600ND.800N

4.[2021甘肅武威過關檢測，多選]如圖甲所示,用不可伸長的輕繩連接的小球繞定點。在豎直面內做圓周運動.小球

經過最高點時繩子的拉力大小6與此時速度的平方聲的關系如圖乙所示.圖像中的數據a和b以及重力加速度g都

為已知量,不計摩擦力和空氣阻力.以下說法正確的是()

A.數據a與小球的質量有關

B.數據6與小球的質量無關

C.利用數據a、6和g能夠求出小球的質量和圓周軌道半徑

D.數據6對應的狀態(tài),當小球運動到最低點時,繩子的拉力為7b

5.[2021安徽安慶檢測]如圖所示,在勻速轉動的圓盤上,沿半徑方向放置以細線相連的質量均為勿的/、6兩個小物

塊,4離軸心八=20加,8離軸心費=30cm,A,6與盤面間相互作用的最大靜摩擦力為其重力的之求：

(D若細線上沒有張力，圓盤轉動的角速度。應滿足什么條件？

(2)欲使4、6與盤面間不發(fā)生相對滑動,則盤轉動的最大角速度多大？

(3)當圓盤轉速達到力、8剛好不滑動時，燒斷細線，則46將怎樣運動？(g取10m/s2)

第6頁共12頁

6.[2020江西九校聯考，多選]如圖

所示，一質量為即的小球置于半徑為力的光滑豎直圓軌道最低點A處,6為軌道最高點，C、。為圓的水平直徑的兩個

端點.輕質彈簧的一端固定在圓心。點，另一端與小球拴接，已知彈簧的勁度系數為公等,原長為L=2R,彈簧始終處于

彈性限度內，重力加速度為g,現給小球一水平初速度外,下列說法正確的是)

A.當的較小時，小球可能會離開圓軌道

B.若\反證＜g＜、/領,則小球會在B、，間脫離圓軌道

C.只要的＞2?班,小球就能做完整的圓周運動

D.若小球能做完整的圓周運動,則小球對軌道的最大壓力與最小壓力之差與比無關

答案

專題四曲線運動

考點1曲線運動問題的分析與求解

園〕高考幫?揭秘熱點考向

B

南

根據題意，明確合速度、分速度,并確定地球的方位.左西右東,下南上北,并由此作出速度合成圖如圖所示,可知,發(fā)

動機給衛(wèi)星的附加速度方向東偏南.又由余弦定理得片、=1.9X10,m/s,B正確.

W拓展變式

1.BC小球受重力和電場力,合力方向為左下方,初速度方向與合力方向不在同一直線,所以小球做曲線運動,B正確.

初始階段,合力方向與速度方向夾角為鈍角，速率減小,后來,合力方向與速度方向夾角為銳角,速率增大,所以速率

先減小后增大,C正確.

r.sin.5

2.D由題意可知-cos?！睓CQ,由此可知增加渡河時間應該在減小匕的同時，適當減小。角，選項D正確.

第7頁共12頁

3.D

小球的運動可視為由豎直向上的勻速運動和沿平臺向左的運動合成.小球的實際運動方向（即合運動方向）垂直于棒

且指向左上方,如圖所示.設棒（小球）的角速度為。，則小球的合速度V聲3L,沿豎直方向向上的分速度等于匕即3

/sin。=匕所以。=搐，小球的合速度y實=3小/,由此可知棒（小球）的角速度、小球的合速度都隨棒與豎直方向的

夾角。的增大而減小，小球做角速度和線速度都越來越小的變速圓周運動.D選項說法正確.

4.D由于該“力”與豎直方向的速度大小成正比,所以從小球拋出至運動到最高點過程，該“力”逐漸減小到零,將

小球的上拋運動分解為水平和豎直兩個分運動，由于上升階段，水平分運動是向西的變加速運動（水平方向加速度大

小逐漸減小），故小球到最高點時速度不為零，水平向西的速度達到最大值,選項A錯誤;小球到最高點時豎直方向的

分速度為零，由題意可知小球這時不受水平方向的力,故小球到最高點時水平方向加速度為零,選項B錯誤；下降階段,

由于受水平向東的力，小球的水平分運動是向西的變減速運動（水平方向加速度大小逐漸變大），故小球的落地點在

拋出點西側,選項C錯誤,D正確.

考點2拋體運動問題的分析與求解

國］高考幫工揭秘熱點考向

1.C發(fā)球機從同一高度水平射出兩個速度不同的乒乓球,根據平拋運動規(guī)律,豎直方向上,熹J可知兩球下落相

同距離人所用的時間是相同的,選項A錯誤；由嗅2的可知,兩球下落相同距離方時在豎直方向上的速度方相同,選項

B錯誤；由平拋運動規(guī)律可知，水平方向上，產匕速度較大的球通過同一水平距離所用的時間t較少,選項C正確；由

于做平拋運動的球在豎直方向的運動為自由落體運動,兩球在相同時間間隔內下降的距離相同,選項D錯誤.

2.BD「V圖像中圖線與t軸包圍的面積表示位移的大小，第二次滑翔過程中W圖線與￡軸所圍面積比第一次的大,

表示在豎直方向上第二次滑翔的位移比第一次的大,A錯誤；由圖（a）知落在雪道上時的水平位移與豎直位移成正比，

結合A項分析知,B正確;從起跳到落到雪道上，第一次滑翔過程中豎直方向的速度變化比第二次的大，時間比第二次

的短，由可知第二次滑翔過程中在豎直方向上的平均加速度比第一次的小,C錯誤；匕￡圖線的斜率表示加速度，

豎直方向速度大小為H時，第二次滑翔在豎直方向上的加速度比第一次的小,設在豎直方向上所受阻力為f,由

mg-戶ma,可得第二次滑翔在豎直方向上受到的阻力比第一次的大,D正確.

拓展變式

1.C開始時飛鏢擊中靶盤中心正下方的某點,欲使飛鏢擊中靶心,應減小豎直位移,即應減小飛鏢在空中運動的時

間，由產的/可知應減小水平位移或增大拋出的初速度,A、B正確;如果不改變拋出的速度，只是讓人向前移動一段距

離，則飛鏢擊中靶心時的豎直速度減小，因此飛鏢擊中靶盤時的速度可以減小,C錯誤;利用逆向思維分析可知，同時

調整水平位移與拋出的速度，則飛鏢擊中靶盤時的速度與豎直方向的夾角可以與原來相同,D正確.

第8頁共12頁

2.(1)BD(2)a.球心需要b.大于x忌(3)AB(4)B(5)物體初速度較小時,運動范圍很小，引力可以看作

恒力一一重力,做平拋運動;隨著物體初速度增大,運動范圍變大,引力不能再看作恒力；當物體初速度達到第一宇宙

速度時，做圓周運動而成為地球衛(wèi)星.

解析：(1)因為本實驗是研究平拋運動，只需要每次實驗都能保證鋼球做相同的平拋運動，即每次實驗都要保證鋼球

從同一高度處無初速度釋放并水平拋出，沒必要要求斜槽軌道光滑,因此A錯誤,B、D正確;擋板高度可以不等間距變

化,故C錯誤.

(2)a.因為鋼球做平拋運動的軌跡是其球心的軌跡,故將鋼球靜置于。點,鋼球的球心對應白紙上的位置即為坐標原

點(平拋運動的起始點)；在確定y軸時需要y軸與重垂線平行.b.由于平拋運動的豎直分運動是自由落體運動，故相

鄰相等時間內豎直方向上的位移之比為1：3：5：…,故兩相鄰相等時間內豎直方向上的位移之比越來越大,因此言

大于由y2~y\-gf,x^voT,聯立解得'二

(3)將鉛筆垂直于豎直的白紙板放置,筆尖緊靠白紙板,鉛筆以一定初速度水平拋出，由于鉛筆受摩擦力作用，且不一

定能保證鉛筆水平,鉛筆將不能始終保持垂直白紙板運動,鉛筆將發(fā)生傾斜,故不會在白紙上留下筆尖的平拋運動軌

跡,C不可行,A、B可行.

(4)從同一炮臺水平發(fā)射的炮彈,如果不受空氣阻力,可認為做平拋運動，因此不論它們能射多遠,在空中飛行的時間

都一樣,這實際上揭示了做平拋運動的物體在豎直方向上做自由落體運動,故選項B正確.

(5)物體初速度較小時,運動范圍很小，引力可以看作恒力一一重力，做平拋運動，例如(4)中從同一炮臺水平發(fā)射的

炮彈做平拋運動;隨著物體初速度增大,運動范圍變大，引力不能再看作恒力，當物體初速度達到第一宇宙速度時，做

圓周運動而成為地球衛(wèi)星.

2co

Qtr

3.AB小球以最小位移到達斜面時，位移與水平方向的夾角為N2-?，則tanTC(”，)=應,即7iarg,A正確；小球垂直擊中

ngi%

斜面時,速度與水平方向的夾角為2-0,則tan(2-〃)=母即片會,B正確,D錯誤;小球擊中斜面中點時;設斜面長為

2tans

2Z,則水平射程為￡cos夕=的力,下落高度為￡sin聯立兩式得片B,C錯誤.

4.A甲、乙兩球都落在同一斜面上，則隱含做平拋運動的甲、乙的最終位移方向相同,根據位移方向與末速度方向

的關系，即末速度與水平方向夾角的正切值是位移與水平方向夾角的正切值的2倍,可得它們的末速度方向也相同,

在速度矢量三角形中,末速度比值等于初速度比值，故A正確.

弋皿］2

5.Qarctan

解析：由題可知,小球從。點拋出后做平拋運動,運動到力點時，恰好從A點沿圓弧的切線方向進入凹槽.將小球運動

%QI比

到4點時的速度沿水平方向和豎直方向進行分解,則有tan。=四正因此,小球從。點運動到/I點的時間為Lk;

第9頁共12頁

將小球從下點運動到A點的位移沿水平和豎直方向分解,則有tan所以PA與豎直方向的夾角￡

二arctan

*

6.HL(K〃￡+m

解析:若方較小，小球滑至。處速度恰為零,則有

mgh\-umgL=Q①

得hi=uL.

若為較大，小球滑至C處平拋恰好打到￡處,則有

x=d=Vct②

Hf1g/,③_

mgtk~口mgL與渥④

聯立②③④得hiL+TR

則小球不碰到井壁而落入井底,方應滿足uL<h<JJL+ZH.

考點3圓周運動問題的分析與求解

高考幫二揭秘熱點考向

BD由題意可知座艙的運動周期為隹、線速度大小為v=3R、受到的合力大小為戶必選項入D正確,A錯誤;

座艙的重力為磔?，座艙做勻速圓周運動受到的向心力(即合力)大小不變,方向時刻變化,故座艙受摩天輪的作用力大

小時刻在改變,選項C錯誤.

國拓展變式

1.AD火車運動的路程fyi=6()X10m=600m,A正確；火車轉彎近似做圓周運動，圓周運動是變速運動，所以合力不

M103,14

為零,加速度不為零,故B錯誤；由題意得圓周運動的角速度3=五=而WiX3.14rad/s=”5rad/s,又v=&r,所以

v60

z=Z=TuX180439m,故C錯誤，D正確.

2.

D賽車在路面上側向剛好沒有相對運動趨勢時,重力和支持力的合力提供向心力，如圖所示,根據向心力公式得

儂tana=嬴解得片加而皿,因為?！?°,所以《電賽車在路面上不側向滑動，當最大靜摩擦力沿路面向下時,在

第10頁共12頁

豎直方向上由平衡條件得Reos儂+〃Asin。，水平方向上Asina+〃《cos。二/后,解得速度的最大值為

|ga+tang)

121＞網賽車對地面的壓力大于黑,則A、B項錯誤,D項正確;賽車手同賽車一起做圓周運動,可知賽車對

賽車手的力一定不是豎直向上,C項錯誤.

3.B該同學身高相對于秋千的繩長可忽略不計，可以把該同學看成質點.當該同學蕩到秋千支架的正下方時，由牛

頓第二定律有2尸-"麻華，代入數據解得片410N,選項B正確.

4.CD當v=a時，繩子的拉力為零，小球的重力提供向心力，則有mg=%即v=gr,解得a=gr,可知數據a與小球的質

量無關,選項A錯誤.當/=2a時,對小球受力分析,則有咐小,解得b=mg,可知數據b與小球的質量有關,選項B

錯誤.當v=a時,有儂=/菽解得r=5;當v-1a時,則有儂+爐澆,解得nF,選項C正確.數據6對應的狀態(tài),在最高點

有儂+/廣,當小球運動到最低點時，由受力分析和牛頓第二定律可得尸廠兩點,從最高點到最低點的過程中，由動

能定理可得加g?2尸初/’-初春聯立各式并將〃爐Z?代入,解得Z7'尸7b,選項D正確.

(