2024年高考物理二轮复习专题3：曲线运动（附答案解析）

专题03•曲线运动

命题规律

本专题讲解合运动、分运动、平抛运动、斜抛运动、圆周

能力突破

运动、向心力、向心加速度、线速度、角速度。

(1)渡河问题、关联速度问题；

高考热点(2)应用平抛运动特点及规律解决相关问题；

(3)圆周运动动力学特点，灵活处理相关问题。

以选择题和计算题为主，同时通过一些实际案例培养学生

出题方IE

的科学态度和责任观，题目难度一般为中档。

考点归纳

考点1曲线运动和运动的合成与分解

5-S

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

网.........................................................................

\2,渡河问题中分清三种速度

j（l）合速度：物体的实际运动速度。

卜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。

卜.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

j分速度大小相等求解，常见的模型如图所示。

I-

户

甲乙

丙丁

【例1】（2022春•荷泽期中）青州市牛角岭盘山公路风景靓丽、环境优美，吸引众多自

驾游爱好者前来打卡游玩,被称为“鲁中川藏线”,在坡口有一个鲁中川藏线的观景台.如

图是从观景台上拍摄的图片，一辆汽车以恒定的速率通过该盘山公路的过程中，下列说

法中正确的是（）

A.汽车匀速运动B.汽车的加速度始终为0

C.汽车的加速度不变D.汽车的加速度变化

【分析】物体做曲线运动，速度方向时刻改变，加速度不为零。

【解答】解：一辆汽车以恒定的速率通过该盘山公路的过程中，汽车做曲线运动，速度

方向时刻改变，速度在变化，加速度不为零。加速度指向圆心，方向不断变化，所以汽

车的加速度变化，故ARC错误，。正确.

故选：Do

【点评】本题的关键要知道曲线运动是变速运动，加速度和合外力都不为零，处于非平

衡状态.

【例2】（2023•吉林模拟）某架飞机在进行航空测量时，需要严格按照从南到北的航线

进行飞行。如果在无风时飞机相对地面的速度是414km/h,飞行过程中航路上有速度

为54km/h的持续东风。则（）

A.飞机的飞行方向为北偏西为8角度，且sin6=±

B.飞机的飞行方向为北偏东为e角度，且sine=±

C.飞机实际的飞行速度为loogm/s

D.飞机实际的飞行速度为100帆m/s

【分析】飞机航行过程中因存在持续东风，所以要想实现由南向北的实际航行路线就

需要飞机沿北偏东的方向飞行，让合速度的方向沿着由南向北的方向。

【解答】解：根据速度合成的平行四边形法则，飞机的飞行方向沿北偏东，设为北偏

东9角度’则sin8=——=-^-

u机41423

故A错误，B正确;

CD.飞机实际的E行速度为v=^v同一丫缸=44142-54”^1+=410.5km/h=114m/£

故CD错误。

故选：Bo

【点评】本题考查速度的合成，将飞机的速度和风的速度合成，合成时要考虑合速度

沿着由南向北的方向，根据平行四边形法则可以找到飞机的速度方向，进而求解实际

的飞行速度。

【例3】（2023•辽宁模拟）如图所示，平静的海面上，两艘拖船A、B通过不可伸长的

缆绳拖着驳船C运动，某时刻两根缆绳的夹角为。，两拖船A、3的速度大小分别为2〃?/s、

2.4〃〃$。己知两拖船的运动方向始终沿缆绳方向，sin〃=0.8,则此时驳船C的速度大小

3.0/77/5C.3.6/rz/sD.39〃/s

【分析】驳船C同时参与了拖船A、A沿两个方向的匀速直线运动（分运动），驳船C的

合运动仍是匀速直线运动°速度是矢量，速度的合成遵循平行四边形定则，而后根据数

学知识可解。

【解答】解：驳船C的速度在C4、方向的投影分别等于A、8的速度，如图所示。

2.4in/s

2m/s

sin©+&)=sin0-0.8

vccos^==Im/s

vccos4=以=2Am/s

解得：vc=2.5m/s

故A正确，BCD错误;

故选：Ao

【点评】两个分运动都是匀速直线运动，则合运动也是匀速直线运动。物体的实际运动

就是合运动。

【例4】（2023•兴庆区校级开学）如图所示，一塔式起重机正在工作，在某段时间内，

吊车尸沿吊臂向末端M水平匀速移动，同时吊车正下方的重物。先匀加速竖直上升，后

匀减速竖直上升。该段时间内，重物。的运动轨迹可能是（）

VV

A.B.

VV

c.D.

【分析】物体Q从地面竖直向上吊起的同时，随着小车向右匀速直线运动，实际运动是

两个运动的合运动，根据分运动的情况判断受力情况，根据做曲线运动物体受到的合力

方向指向运动轨迹的凹侧判断运动轨迹。

【解答】解：物体Q参与两个分运动，水平方向向右做匀速直线运动，竖直方向先向上

做匀加速运动，所受合力竖直向上，后向上做匀减速运动，所受合力竖直向下C

做曲线运动物体受到的合力方向指向运动轨迹的凹侧，则重物。的运动轨迹可能是A,

故4正确，4co错误；

故选：Ao

【点评】本题考查运动的合成与分级，解题关键是知道物体的合运动和分运动，同时明

确运动轨迹与受力的关系°

【例5】（2022秋•崇川区校级期末）如图所示，水流方向自左向右，在河岸A点的小船

要到达正对岸的8点，则小船船头应沿哪个方向行驶才有可能（）

A.aB.bC.cD.d

【分析［小船同时参与两个运动，合运动的方向由A指向8,根据平行四边形定则分析

即可。

【解答】解：小船要到达正对岸的8点，则合运动的方向应该由A指向8,小船同时参

与了两个分运动，一个分运动为沿河流向下的随水的运动，根据平行四边形定则得，另

一个分运动可能沿〃方向，即船头应沿〃方向行驶才有可能到达5点，故8正确，ACQ错

误。

故选：Bo

【点评】本题考杳小船过河间撅，解题关犍是找到合运动，知道运动的合成与分解遵循

平行四边形定则。

【例6】（2022秋•连云港期末）某河面宽度为60〃?，有一小船船头沿垂直于河岸方向渡

河，已知船在静水中的速度大小为4〃〃s,河水流速为3〃?/s,下列说法正确的是（）

A.小船渡河的时间为20s

B.小船渡河的实际速度为5〃?/s

C.小船可以到达河正对岸

D.到达河对岸时，小船的位移大小为60,〃

【分析】小船的运动分解为垂直于河岸方向和沿河岸方向，根据平行四边形定则，求出

合速度，从而确定运动的轨迹.

【解答】解：A、到达对岸的时间为4==故A错误；

匕4

瓦）、小船实际的速度是水流速与静水速的合速度，根据平行四边形定则，合速度

v=yjv^.+vj=>/32+42m/s=5m/so位移大小s=w=5xI5〃?=75/〃，故〃正确，。错误；

C、因船头方向与河岸垂直，由于水流的影响，则实际运动轨迹不与河岸垂直，小船不

可以到达河正对岸，故C错误。

故选：13o

【点评】解决本题的关键会根据平行四边形定则进行速度的合成，以及知道小船实际运

动的轨迹与小船合速度的方向相同.

考点2平抛运动

【考点诠释】

1.平抛运动的研究方法

2.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

z

点

中

贝na-

r

ta-

2

(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a的正切值，

是位移与水平方向的夹角9的正切值的2倍，即tana=2tan/

(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。

[例1](2023•赣州一模)一般的曲线运动可以分成很多小段，每小段都可以看作圆周

运动的一部分，即把整条曲线用一系列不同半径的小圆弧来代替，这样，在分析质点经

过曲线上某位置的运动时，就可以采用圆周运动的分析方法来处理了。将一质量为

〃?=0.5版的小球(可视为质点)从空中O点以速度%水平抛出，经过轨迹上的尸点

时速度方向与水平方向夹角为53。，如图甲所示。现沿小球运动轨迹铺设一条光滑轨道，

如图乙所示，让小球从。点由静止释放开始沿轨道下滑，不计一切阻力，重力加速度g取

10/«/r,则（）

A.小球下滑到P处时的速度大小为4〃?/s

B.小球从O点下滑到P点的时间为0.4s

C.O、尸两点的水平距离为0.8m

D.在P点处，小球对轨道的压力为*N

25

【分析】根据平抛运动的规律，结合运动学公式和几何关系得出小球下滑到尸点处的速

度；

根据运动学公式得出小球的运动时间和对应的水平距离；

对小球进行受力分析，根据几何关系和牛顿第二定律得出小球对轨道的压力。

【解答】解：AC、根据平抛运动的规律可知：

4

vv=%lan53°=3x.—m/s=4m/s

在竖直方向上：v；=2gy

12

y=Qg「

根据几何关系可得：=-tan53°

x2

联立解得：y=0.8/??;x=I2/H;t=0.4.v;

即op间的水平距离为12〃，竖直距离为0.8〃?,

小球沿光滑轨道下滑到P点，根据动能定理可得:

1,

mgy=—mv

解得：v=4/??/s,故A正确，C错误；

B、若OP轨道为光滑倾斜轨道，由匀加速直线运动的规律可得：

-^-=-gsin6>r2

sin。2

解得：，=熹后〉户,由于轨道为圆形轨道，所以所以小球从。点下滑到P点的时

间大于0.4s,故“错误；

。、在广点对小球进行受力分析，如图所示:

当小球平抛时:

mgcos530=吧生

——--=——in/s=5m/s

cos5300.6

当小球滑到P点时，根据牛顿第二定律可得:

mv-

mgcos53-rv=---

解得在尸点处，小球对轨道的压力为:

Fv=—/V,故O正确。

N27

故选：Do

【点评】本题主要考查了平抛运动的相关应用，理解平抛运动在不同方向上的运动特点,

同时对物体受力分析，结合牛顿第二定即可完成分析。

[例2]（2022秋•松山区校级期末）如图所示，以％=10〃?人的速度水平抛出的小球,

飞行一段时间撞在斜面上，速度方向与斜面方向成60。，已知斜面倾角6=30。，以下结

论中正确的是（）

A.物体下降的高度是

3

B.物体撞击斜面时的速度大小为20〃z/s

C.物体飞行时间是石、

D.物体飞行的水平位移为型由〃？

3

【分析】平抛运动分解为水平方向做匀速直线运动，辱直方向做自由落体运动，两个方

向上运动的时间相同；结合平行四边形定则求出竖直分速度，根据速度一时间公式求出

飞行的时间，灵活应用运动学公式求解。

【解答】解：AC.速度方向与斜面方向成60°,可知撞在斜面上时速度与水平方向的夹

角为30。，设物体飞行的时间为「，根据平抛运动规律有tan30。=乜，竖直方向的分速度：

%

―解得/邛s,物体下降的高度为“权产，代入数据得：冢，故A正确，C

错误；

13.物体撞击斜面时的速度大小为y=」^=，〃?/s=辿故8错误；

cos30°x/33

2

D.物体飞行的水平位移为七二卬=IOx等,〃=竿机，故。错误。

故选：Ao

【点评】本题考查了平抛运动规律，关键是要把握隐含的条件，要知道平抛运动可以分

解为在水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动，能灵活运用运动学公

式进行研究。

【例3】（2023•辽宁模拟）乒乓球｛tabletennis）,起源于英国，因击打时发出“尸加”

的声音而得名。中国大陆和香港、澳门等地区以“乒乓球”作为它的官方名称，现被称

为中国的“国球”，是一种流行的球类运动项目。如到所示，从球台左侧边缘的同一点

先后发出A、区两球，两球都在同一竖直面内运动，最后落在球台右侧边缘的同一点时

的速度分别为巳和也，乒乓球的运动轨迹均为抛物线，最高点都在球网的正上方。不计

空气阻力，两球均可视为质点，下列说法正确的是（）

A.A、8两球的运动时间相同

B.在最高点时，A、8两球中8球速度较大

C.一定有匕＞%

D.A球的发球速度一定大于

【分析】根据A球和3球上升的最大高度，根据自由落体高度与时间的关系求HA球上

升到最大高度的时间与笈球上升到最大高度的时间关系；由于两球的水平位移相同，结

合两球的运动时间分析哪个球的水平分速度较大，在最高点时的速度较大；根据竖直分

量和水平分量的大小关系，判断能不能确定与匕的大小关系；最后根据对称性，分析

A球发球的速度大小与|，人的大小关系。

【解答】解：A、由于A球上升的最大高度大于3球上升的最大高度，根据〃城可知，

A球上升到最大高度的时间比8球长，由于运动的对称性，A球飞行时间比8球长，故A

错误；

B.由于两球的水平位移相同，而〃球运动时间短，所以发球时4球的水平分速度较大，

在最高点时8球速度较大，故8正确；

C.对于乙与0,前者竖直分量大于后者，后者水平分量大于前者，所以不能确定七和

”的大小关系，故C错误；

D.根据对称性，A球发球的速度大小一定等于乙的大小，故。错误。

故选：Bo

【点评】本题考查斜抛运动的规律，解决本题的关键是利用斜抛的对称性进行分析。

【例4】（2023•郴州模拟）在2022年北京冬奥会上取得好成绩，运动员正在刻苦训练。

如图所示，某次训练中，运动员（视为质点）从倾斜雪道上端的水平平台上以10"〃s的

速度飞出，最后落在倾角为37。的倾斜雪道上。取重力加速度大小g=10〃?/./,sin37°=0.6,

cos37°=0.8,不计空气阻力。下列说法正确的是（）

A.运动员的落点距雪道上端的距离为18〃？

B.运动员飞出后到雪道的最远距离为2.256

C.运动员飞出后距雪道最远时的速度大小为10.5〃z/s

D.若运动员水平飞出时的速度减小，则他落到雪道上的速度方向将改变

【分析】运动员在空中做平抛运动，根据平抛运动的规律写出水平位移和竖直位移与时

间的关系，再结合运动员落在斜坡上时，竖直位移与水平位移之比等于tan37。，即可求

出运动时间，进一步利用几何关系求运动员的落点距雪道上端的距离；运动员飞出后到

雪道的最远距离时速度和斜面平行，由速度一位移公式求运动员飞出后到雪道的最远距

离；当运动员落在斜坡上时，速度方向与水平方向夹角的正切值是定值，则他落到雪道

上的速度方向不变。

【解答】解：A、运动员在空中做平抛运动，根据平抛运动规律可得x=y=^gr

运动员落在斜坡上时，有f=tan37。，联立解得：t=\,5s

X

则运动员的落点距雪道上端的距离为产」一，解得：5=18.75/77,故A错误；

cos37°

BC.当运动员的速度方向与雪道平行时，运动员飞出后到雪道的距离最远，根据平行

四边形定则知，此时运动员速度大小=—二，代入数据得：P=12.5^/5O

cos37°

根据运动员在垂直于斜坡方向上做初速度为%sin37。、加速度大小为gcos37。的匀减速直

线运动，可得运动员飞出后到雪道的最远距离为4"=火史卫，解得：4=2.25故B

2gcos37。

正确，C错误；

D、当运动员落在斜坡上时，速度方向与水平方向夹角的正切值为tana=2tan370,即速

度方向与水平方向的夹角是定值，所以若运动员水平飞出时的速度减小，则他落到雪道

上的速度方向不变，故。错误。

故选：13.

【点评】解决本题的关键要知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，明确何

时距离斜面最远是题目的关键。

【例5】（2023•山西开学）疫情期间某同学在家对着墙壁练习打乒乓球，球拍每次击球

后，球都从同一位置斜向上飞出，其中有两次球都垂直撞在竖直墙壁上，但撞击点高度

不同，不计空气阻力，则乒乓球这两次从飞出到撞击墙壁前（）

A.飞出时的初速度大小可能相等

B.飞出时竖直分速度可能相等

C.飞出时水平分速度可能相等

D.飞出时的初速度大小不可能相等

【分析】乒乓球的运动为末速度水平的斜抛运动，可逆向看作平抛运动，竖直方向为自

由裸体运动，水平方向为匀速直线运动，根据位移一时间公式和速度一时间公式比较两

次运动过程，竖直分速度和水平分速度的大小；初速度为水平分速度和竖直分速度的合

速度，根据平行四边形定则列式求解即可。

【解答】解：乒乓球的运动为末速度水平的斜抛运动，可逆向看作平抛运动，竖直方向

上为自由落体运动，由位移一时间公式得：〃=产

则两次过程乒乓球的运动时间不同，高度越大，时间越长。

B、飞出时的竖直分速度

则飞出时的竖直分速度不同，时间越长，竖直分速度越大，故8错误；

C、水平方向的运动为匀速直线运动，由位移公式得：A=V7

则飞出时水平分速度不相等，时间越长，水平分速度越小，故C错误；

AD.飞出时的初速度为「府正

时间越长，水平分速度越小，竖直分速度越大，则飞出时的初速度大小可能相等，故A

正确，。错误。

故选：Ao

【点评】本题考查斜抛运动，知道末速度水平的斜抛运动可逆向看作平抛运动，结合运

动学公式列式求解即可。

【例6】（2023•浙江模拟）某天，小陈同学放学经过一座石拱桥，他在桥顶A处无意中

把一颗小石子水平沿桥面向前踢出，他惊讶地发现小石子竟然儿乎贴着桥面一直飞到桥

的底端。处，但是又始终没有与桥面接触。他一下子来了兴趣，跑上跑下量出了桥顶高

OA=3.2m,桥顶到桥底的水平距离OD=6.4〃i。这时小陈起一颗小石，在A处，试着水平

抛出小石头，欲击中桥面上两块石板的接缝〃处（8点的正下方夕是的中点），小陈目

测小石头抛出点离A点高度为1.65〃”下列说法正确的是（）

A.石拱桥为圆弧形石拱桥

B.小陈踢出的小石头速度约为6.4〃?/s

C.小陈抛出的小石头速度约为4.6〃"s

D.先后两颗小石子在空中的运动时间之比为2:1

【分析】石头做平抛运动，桥面与石头的轨迹重合，为抛物线形石拱桥；小陈踢出的石

头水平方向为匀速直线运动，竖直方向为自由落体运动，根据位移公式求解平抛运动的

时间和初速度；石子运动到8点的过程，根据平抛运动的运动学公式求解A和8竖直方

向的距离，当抛出石子时，石子做平抛运动，由几何关系得到石子的水平位移和竖直位

移，根据运动学公式求解小石子的初速度和在空中运动的时间。

【解答】解：A、石头做三抛运动，石子几乎贴着桥面一直飞到桥的底端。处，旦始终

没有与桥面接触，则石拱桥为抛物线形石拱桥，故A错误；

8、石头做平抛运动，水平方向为匀速直线运动，竖直方向为自由落体运动，水平方向：

OD=%

竖直方向:OA=^gt[

代入数据联立解得："=()乐

V]=8mis

故8错误；

C、小陈踢出的石子经过6点时,水平方向的位移为息位移的,，则时间为总时间的工，

22

4和8竖直方向的距离为/儿=^g(^z))2=%)A=；x3.2/〃=0.8〃？

小陈抛出的小石头做平抛运动，水平方向的位移为：-OD=v,t

22

竖直方向位移为：h+hAH

代入数据解得：,2=07$

32

%=—m/s»4.6〃？/s

-7

故C正确；

。、先后两颗小石子在空中的运动时间之比为：乙：G=0.8：0.7=8:7

故。错误。

故选：Co

【点评】本题考查平抛运动，知道平抛运动水平方向的分运动为匀速直线运动，竖直方

向的分运动为自由落体运动，会用几何关系求解第二次抛出石子的水平位移和竖直位移。

考点3圆周运动

【规律总结】

1.四步解决圆周运动问题

2.解决平抛与圆周运动组合问题的“四个关键”

(1)运动阶段的划分，如例题中分成三个阶段(圆周一平抛T圆周)。

(2)运动阶段的衔接，尤其注意速度方向，如例题中，小球运动到B点的速度。

(3)两个运动阶段在时间和空间上的联系。

(4)对于平抛运动或类平抛运动与圆周运动组合的问题，应用合成与分解的思想分析，这两种运动

转折点的速度是解题的关键。

[例1](2023•河北一模)如图所示，光滑水平板开有小孔，顶角g=60。的光滑圆锥的

顶点紧靠着小孔，圆锥的高位于竖直面。质量相同的小球用穿过小孔的轻绳连接，两球

分别位于水平板和圆锥侧面上。为了保证小球Q的高度不变且刚好不脱离圆锥面，让两

小球分别做匀速圆周运动。重力加速度为g，则小球尸、Q做匀速圆周运动的向心加速

度的差值为()

Dy/3-2D.gg

B.—gC.0

【分析】分别对P。小球，根据牛顿第二定律列式解答即可。

【解答】解：由圆周运动可知，对小球夕有耳=〃/

对小球Q,水平方向有：F,cos60°=ma2

竖直方向有：用sin60°=mg

联立解得4-%=4且，故A8C错误；故。正确。

故选：Do

【点评】本题考查牛顿第二定律在匀速圆周运动中的应用，解题关键掌握受力情况的分

析。

【例2】（2022秋•番禺区校级期末）如图所示的传动装置中，B、C两轮固定在一起绕

同一轴转动，人、4两轮用皮带固定在一起传动，三个轮的半径关系是。=忆＞0。若皮

带不打滑，则关于A、4、。三轮边缘上a,〃，c三点的线速度、角速度和向心加速度，

说法正确的是（）

A.a,〃两点的角速度大小相等

B.。两点的线速度大小相等

C.4,〃两点的向心加速度大小相等

D.b点的向心加速度小于c点的向心加速度

【分析】〃两轮是皮带传动，皮带传动的特点是皮带和轮子接触点的线速度的大小

相同，b.c两轮是同轴传动，轴传动的特点是角速度相同，再结合角速度、线速度、

转速的关系进行求解。

【解答】解：A、根据转动规律，外〃两轮是皮带传动，a、〃两点的线速度大小相等，

由于两点转动半径不同，故两点的角速度大小不同，故A错误；

3、根据同轴转动规律，4、c两轮是同轴传动，轴传动的特点是角速度相同，由于方、

c两点的转动半径不同，两点的线速度大小不同，故8错误；

C、根据向心加速度公式％=±

r

由于匕=%，小故<3故C错误；

。、根据向心加速度公式〃”=加r,例=@,rb<r（f得《必<小，故。正确；

故选：Do

【点评】本题考查的是传动问题，解决传动类问题要分清是摩擦传动（包括皮带传动,

链传动，齿轮传动，线速度大小相同）还是轴传动（角速度相同）.

【例3】（2023•朝阳区一模）如图所示，可视为质点的小球用轻质细绳悬挂于8点，使

小球在水平面内做匀速圆周运动。现仅增加绳长，保持轨迹圆的圆心O到悬点8的高度

不变，小球仍在水平面内做匀速圆周运动。增加绳长前后小球运动的角速度、加速度以

及所受细绳的拉力大小分别为助、4、6和牡、生、鸟。则（）

A.0|=电B.«]>a,C.耳=8D.K>F?

【分析】两种情况下，都是绳子的拉力和重力的合力提供向心力，设细绳与竖直方向的

夹角。，设40的高度为用它们表示向心力以及半径，写出向心力的表达式可以讨论

得出正确选项。

【解答】解：A、对小球受力分析，如下图所示：

//////

绳子的拉力和重力的合力提供向心力，有mgtan0=R=nuo2htan0解得。=#,仅增

加绳长，保持轨迹圆的圆心O到悬点力的高度〃不变，则角速度不变，即q=牡，故A正

确;

B、fk=rngtanO=ma,a=gtan®,由于增加了绳长而高度力不变，即增大了角度夕，则

加速度变大，/＜见，故3错误;

CD、根据受力分析可知b=鸟，。增大则尸增大，有心居，故C错误；故。错误。

cos。

故选：A。

【点评】本题解题思想还是动力学的合力提供向心力，但是由于有参量发生了变化，列

方程时注意要用不变的量表示变化的量，比如用高度和夹角表示半径，这样就好比较角

速度以及加速度等。

[例4]（2023•常德模拟）在2022年3月23日天宫课堂中，叶光富老师利用手摇离心

机将水油分离。手摇离心机可简化为在空间站中手摇小瓶的模型，如图乙所示，假设小

瓶（包括小瓶中的油和水）的质量为小，P为小瓶的质心，OP长度为L,小瓶在/时间

内匀速转动了〃圈，以空间站为参考系，下列说法正确的是（）

甲

A.图乙中细线的拉力在竖直圆周运动的最低点时最大，最高点时最小

B.水、油能分离的原因是小瓶里的水和油做圆周运动产生了离心现象，密度较小的

油集中于小瓶的底部

C.水和油成功分层后，水做圆周运动的向心力完全由瓶底对水的弹力提供

D.细线的拉力大小为场粤

v

【分析】小瓶做匀速圆周运动，拉力提供向心力，根据牛顿第二定律求解细线的拉力；

水和油在瓶子内做圆周运动，角速度相同，根据圆周运动向心加速度的公式解判断；水

做圆周运动的向心力由瓶底对水的弹力和油对水的作用力的合力提供。

【解答】解：A、空间站为参考系，小球受绳子拉力提供向心力，有尸=/泣”，所以

T2

细线的拉力大小不变，故A错误；

8、水的密度大于油的密度，在混合液体中取半径相同处体积相等的水和油的液体小球,

水球的质量大，根据工=加疗，可知，水球需要的向心力更大，故当向心力不足时，将会

做离心运动，水会向瓶底移动，圆周运动让试管里的水和油产生了离心现象，密度较大

的水将集中于试管的底部，故8错误；

。、水做圆周运动的向心力由瓶底对水的弹力和油对水的作用力的合力提供，故C错误;

。、小瓶转动的周期丁=」，瓶子做匀速圆周运动，拉力提供向心力，由牛顿第