2025年高考物理二轮复习热点题型专练：力与运动（解析版）

热点题型•选择题攻略

专题02力与运动

目录

01.题型综述

02.解题攻略

题组01力与物体的平衡

题组02力与直线运动

题组03动力学图像综合问题

题组04运动的合成与分解抛体运动

题组05圆周运动的分析与计算

题组06万有引力定律及其应用

03.高考练场

“运动与相互作用”是高中物理最重要的物理观念，也是研究物理现象、解决物理问题最基本、最重

要的思想方法。“运动与相互作用”的观念，其核心是牛顿第二定律。准确、全面分析物体受力并求解物

体加速度是基本前提。灵活运用整体法和隔离法处理连接体的受力平衡与运动是基本的能力。应用运动的

合成与分解把复杂的曲线运动转化为直线运动是素养的提升。因此，本专题是高考的必考点也是热考点。

题组01力与物体的平衡

【提分秘籍】

1.物体处于平衡状态的条件：合力始终为零。

2.物体处于平衡状态的常见情况：

物体处于静止状态；

物体做匀速直线运动；

动态平衡物体缓慢运动；

带电粒子在复合场中做直线运动。

3.解决平衡问题的步骤和方法

■这各力

罗完”象一的关系

■

f-■

方法：杵力正

-新折法

交分修

阳府加•'〃的

整体法大小关系

隔篇法i

忸似.|几何UMMi力M

偏电I-I0心始终相似

介成理决角和力

I/隹定理人小的关基

网力奏南蛤弊不

动金Ml变,合力不变

4.注意点

(1)力的分析顺序：先整体后隔离；先分析其他力再分析摩擦力；

(2)静电力、安培力或洛伦兹力的出现可能对弹力或摩擦力产生影响；

⑶出现“最大”“最小”“恰好”等文字时，一般为临界问题。

【典例剖析】

【例1-1】消毒碗柜已成为每个家庭必备的厨房电器之一，其金属碗架可以将碗竖直支撑于两根金属杆之

间。取某个碗的截面简化示意图如图所示，a、b为两根同一水平面上的光滑金属杆，。为碗的球心，6杆

与球心连线与竖直方向的夹角为6。若碗的质量为加，碗静止时，下列说法正确的是()

A.碗对。杆的压力为“督1皿8,碗对6杆的压力为,%8婚

B.若增大八6间距，碗仍竖直静置，碗的合力减小

C.若增大°、6间距，碗仍竖直静置，a、b杆受到的压力均不变

D.若将质量相同、半径更大的碗竖直静置于。、6杆之间，两杆对碗的作用力之和不变

【答案】D

【详解】A.由题意，碗受到三个力，处于平衡状态，如图所示

将三个平衡力平移得到首尾相连的闭合三角形，可得a杆对碗的压力为

1

mgtanc?b杆对碗的压力为

cosd

mg

根据牛顿第三定律可知碗对。杆的压力为mg,ana,碗对b杆的压力为右3,故A错误；

B.若增大a、b间距，碗仍竖直静置，根据平衡条件可知，碗受到的合力保持不变，仍然为零，故B错

误；

C.若增大a、b间距，碗仍竖直静置，则8增大，tan0增大，8£0减小，则耳增大，再增大，根据牛

顿第三定律可知，。、b杆受到的压力将增大，故c错误；

D.若将质量相同、半径更大的碗竖直静置于a、b杆之间，根据平衡条件可知，两杆对碗的作用力之和

不变，与碗的重力等大反向，故D正确。故选D。

【例1-2】.(2025高三上•云南昆明•期中)如图所示，工人用手推车沿水平路面运送石球，到达目的地

后，抬起把手将石球倒出。不计石球与板。4、08之间的摩擦，石球对OA板的压力大小为人【、石球对

板的压力大小为人［，则在缓慢抬起把手使板从竖直变为水平的过程中，下列说法正确的是

()

A.*先变大后变小B.先变小后变大

C.M"的合力先变大后变小D.V"的合力先变小后变大

【答案】A

【详解】以石球为对象，根据牛顿第三定律可知石球对板的压力大小等于板对石球的支持力，受力如图所

G

缓慢抬起过程中，石球受力平衡，结合数学知识可得

N.N、G

的n?sn/sina

1

其中G和a不变，在转动过程中户从90。增大到180。，贝严nA不断变小，M将不断变小；了从钝角变为

锐角，其中跨过了90。，因此皿“先变大后变小，贝将先变大后变小。

故选Ao

【例1-3】（多选）如图所示为内壁光滑的半球形凹槽M,O为球心，ZAOB=60°,OA水平，小物块在与

水平方向成45。角的斜向上的推力P作用下静止于B处。在将推力厂沿逆时针缓慢转到水平方向的过程中

凹槽和小物块始终保持静止，则（）

A.M槽对小物块的支持力逐渐增大

B.M槽对小物块的支持力逐渐减小

C.推力厂逐渐减小

D.推力P先减小后增大

【答案】AD

【解析】以小物块为研究对象，小物块受到重力G、支持力为和推力/三个力作用，根据平衡条件可

知，F与FN的合力与G大小相等，方向相反。将推力/沿逆时针缓慢转到水平方向的过程中（1-3）,如

图所示，

根据作图可知，M槽对小物块的支持力FN逐渐增大，推力尸先减小后增大，当厂与歹N垂直时，尸最小,

故A、D正确，B、C错误。

【变式演练】

【变式1-1】如图所示，将两块光滑平板。4、OB固定连接，构成顶角为60。的楔形槽，楔形槽内放置一

质量为根的光滑小球，整个装置保持静止，初始时。4板在水平地面上，现使楔形槽绕。点顺时针缓慢

转动至OA板竖直，则转动过程中（）

A.初始时板对小球的作用力最大

B.转过30。时板对小球的作用力最大

1

C.转过60。时。2板对小球的作用力最大

D.转过90。时OB板对小球的作用力最大

【答案】BD

【详解】将转动过程中，某时刻受力分析，如图

则缓慢转动过程中，小球受力平衡，根据拉密原理可知

GMN.

sinasin6sin/7

G

因为，转动过程中，a=120。不变，小球重力根g不变，则比值ma不变；。角由60。增大到150。；夕角由

180。减小到90。。sin。先增大后减小；sin夕一直增大。所以NA先增大后减小；NB一直增大。当。=90。时，

即转过30。角时，sin。最大，即M最大；当夕=90。时，即转过90。角时，sin.最大,即最大。

故选BDo

【变式1-2】.（2024•湖北•模拟预测）国庆期间，秋风送爽，桂花飘香。小明注意到小区里有四个固定

连接起来的大灯笼被吹起来处于静止状态，如图所示，悬挂最上面灯笼的绳子与竖直方向的夹角为30。，

灯笼序号自上往下依次标记为1、2、3、4,灯笼质量均为如每个灯笼所受的风力相等，风向水平，重

力加速度大小为g,则（）

A.每根绳与竖直方向的夹角均相同

B.四个灯笼所受到的风力之和等于小咫

4-J3

------mg

C.2号灯笼与3号灯笼之间的作用力等于3

D.若再挂上一个同样的灯笼，最上面灯笼的绳子与竖直方向夹角会变化

【答案】AC

【详解】B.假设每个灯笼所受的风力均为力对4个灯笼的整体受力分析可知

1

tan30*.W

可得四个灯笼所受到的风力之和为

故B错误;

A.对下面的“个灯笼3=3）的整体分析可知

tanCL・・t3ii30*

可得

a-30,

即每根绳与竖直方向的夹角均相同，故A正确；

C.以3、4号灯笼为整体受力分析，2号灯笼与3号灯笼之间的作用力大小为

r=------=-----mg

”4coJ30,3

故C正确；

D.若再挂上一个同样的灯笼，对下面的〃个灯笼（”=4）的整体分析可知

tdna-,*tdllo0*

可得

a-30,

则最上面灯笼的绳子与竖直方向夹角不会变化，故D错误。

故选ACo

【变式1-3】.（2024,宁夏吴忠•一模）如图甲，中国传统建筑一般采用瓦片屋顶，屋顶结构可简化为图

乙，若一块弧形瓦片静止在两根相互平行的倾斜椽子正中间。已知椽子与水平面夹角均为仇该瓦片质量

为相，椽子与瓦片间的动摩擦因数为〃，重力加速度为g,则（）

甲

A.瓦片所受的合力大小为nigB.每根椽子对瓦片的支持力大小为O.5〃zgcos0

C.两根椽子对瓦片作用力大小为相gD.每根椽子对瓦片的摩擦力大小为OSwgsinO

【答案】CD

【详解】A.瓦片静止，处于平衡状态所受合力为零，故A错误;

1

B.两根椽子对瓦片的支持力的合力为巾88s8,但瓦片有弧度，所以每根椽子对瓦片的支持力大小不是

05mg8s8,故B错误；

C.椽子对瓦片的作用力包括支持力和摩擦力，合力大小为,砥，故c正确；

D.两根椽子对瓦片的摩擦力的合力为,依and,摩擦力方向与椽子平行，所以每根椽子对瓦片的摩擦力

大小为05mgsm8,故D正确。

故选CDo

题组02力与直线运动

【提分秘籍】

1.匀减速直线运动问题分类：

（1）刹车问题，首先要判断物体何时停止，再进行分析、计算；

（2）双向运动问题，全过程应用匀变速直线运动公式求解较方便。

2.多过程问题：前一阶段的末状态是后一阶段的初状态，即前一阶段的末速度是后一阶段的初速度，前

一阶段的末位置是后一阶段的初位置。

3.若两物体一起运动（连接体），两物体具有相同加速度，通常采用先整体后隔离的方法求解；若两物体

有相对运动（板块模型），两物体应分别应用牛顿第二定律列方程。

4.物体做匀变速直线运动，若受到两个力，一般应用合成法求解；若物体受到多个力，一般应用正交分

解法求解。

【典例剖析】

【例2-1］（2025高三上•河南•阶段练习）机器人送餐车依靠"视觉系统"发现前方有障碍物时，会立即启

动刹车系统制动减速，某次直线制动时，测得机器人开始制动后的'「2m内，平均速度大小

最后的'内平均速度的大小工,2nVs,若视机器人制动后做匀减速直线运动，则在此

过程中下列说法正确的是（）

A.机器人的加速度大小为以B.机器人的初速度大小为6m/5

C.机器人运动的时间为1.25sD.机器人通过的距离为3.125m

【答案】CD

【详解】A.机器人通过最后的所用的时间

t2.—■1s

中间时刻的速度

v.-V：-2m/s

v,—h

*）J

1

求得

a-4tn/r

故A错误；

B.机器人通过开始的X，，・所用的时间

中间时刻的速度

v,-Vi-4m/s

v.=

求得

v0-5m/s

B错误；

CD.对全程有

v「at

v：=kr

则有

a

故CD正确；

故选CDo

【例2-2】.（2024•河北•模拟预测）一质量为机的无人机，在其动力系统提供的恒力作用下，由静止开

始竖直向上运动，经/时间后关闭动力系统，再经立时间后无人机恰好返回起点。已知重力加速度为g,

不计空气阻力，则（）

24

A.恒力的大小为」

B.关闭动力系统时无人机的速度大小为7

%

C.无人机上升的最大高度为49号

V■口

D.无人机返回起点时的速度大小为了

【答案】BC

【详解】AB.设无人机加速过程的加速度大小为a,根据题意有

1

—af:--at3t+—g(3r)

解得

加速过程根据牛顿第二定律可得

F-)ng•ma

解得恒力的大小为

关闭动力系统时无人机的速度大小为

9

v=af=-gt

故A错误，B正确；

C.无人机加速过程上升的高度为

h,——ot'=—

:2146

关闭动力系统无人机继续上升的高度为

T,版

则无人机上升的最大高度为

7，・

1

故C正确；

D.根据

解得无人机返回起点时的速度大小为

故D错误。

故选BCo

【变式演练】

【变式2-1】冰壶比赛是北京冬奥会的比赛项目之一，运动员把冰壶沿水平冰面投出，冰壶仅在摩擦力作

用下自由滑行，比赛过程中可在冰壶运动前方用毛刷来回擦扫冰面，减少冰面的动摩擦因数以调节冰壶

的滑行距离。某场比赛中，一运动员以V。的速度投掷冰壶，冰壶和冰面的动摩擦因数为〃，冰壶能在冰面

殳Li

上滑行S的距离，若在冰壶速度减为2时开始持续擦扫冰面，则冰壶能再滑行2的距离。冰壶的运动可

视为直线运动，已知重力加速度为g,则擦扫后冰壶与冰面的动摩擦因数〃'为（）

1

【答案】AC

【详解】未擦扫时，根据牛顿第二定律

3,抬=ma

根据速度位移关系

%v0

若在冰壶速度减为H时开始持续擦扫冰面，减为了之后，根据牛顿第二定律

根据速度位移关系

联立可解得

故选AC。

【变式2-2】一热气球悬停在距地面65m处（无人区），由于工作人员操作失误，热气球在很短时间内漏

掉了一部分气体，被及时堵住后气球在竖直方向由静止开始向下做匀加速直线运动，30s后速度增加到

3m/s,此时工作人员立即抛出一些压舱物，热气球开始做匀减速直线运动，又过了30s气球再次到达之前

的高度。已知热气球漏掉一部分气体后的总质量为600kg,堵住后受到的浮力大小不变，热气球受到的阻

力可以忽略不计，取重力加速度大小8=1°11也’，下列说法正确的是（）

A.热气球向下做匀加速直线运动的加速度大小为0

B.热气球堵住后受到的浮力大小为5940N

C.热气球距地面的最小距离为20m

D.抛出物的质量为23.3kg

【答案】ABD

【详解】A.热气球向下做匀加速直线运动的加速度大小

1

故A正确；

B.根据牛顿运动定律有

mg-F=ma

解得

7-5940N

故B正确；

C.设抛出一些压舱物后，气球的加速度大小为a',则气球回到原高度时有

'a/：=-at'+

把30$代入上式，解得

a'-O3m/s:

热气球开始减速到下降到最低点时，所用的时间为

心史上

a,3

可得热气球下降的最大高度为

h--taf3+"(2-6Qm

所以热气球距地面的最小距离为

儿.-65m-60tn>5m

故c错误；

D.根据牛顿运动定律，有

F-(m-Am)g=(m-Awi)a/

解得

233kg

故D正确。

故选ABD。

题组03动力学图像综合问题

【提分秘籍】

动力学图像

思路一：分段求加速度，利用运动学公式求解

尸一t图像

思路二：动量定理，图线与t轴所围面积表示厂的冲量

思路一：分段求加速度，利用运动学公式求解

F-x图像

思路二：动能定理，图线与X轴所围面积表示力尸做的功

1

根据牛顿第二定律列式，再变换成。一方关系

i_..：

a一尸图像

££

例如：如图所示，F—/j.mg=ma,a=»—〃g,斜率为以截距为一

二.解图象问题时要做好“三看”

⑴看清坐标轴所表示的物理量：明确因变量与自变量的制约关系，是运动学图象（W、xt.at、尤v2、vx

等），还是动力学图象（Ft、Fx.Pf等）；

（2）看图线本身：识别两个相关量的变化趋势，进而分析具体的物理过程；

⑶看交点、斜率和“面积”：明确图线与图线的交点、图线与坐标轴的交点、图线斜率、图线与坐标轴围成

的面积的物理意义。

【典例剖析】

【例3-1】用水平拉力使水平桌面上的甲、乙两物体由静止开始沿直线运动，甲、乙两物体运动的加速度

。与所受拉力产的关系如图所示。下列说法正确的是（）

A.甲物体的质量一定大于乙物体的质量

B.甲物体的质量可能等于乙物体的质量

C.甲物体与水平桌面间的动摩擦因数小于乙物体与水平桌面间的动摩擦因数

D.甲物体与水平桌面间的动摩擦因数大于乙物体与水平桌面间的动摩擦因数

【答案】D

【详解】AB.由牛顿第二定律可知

F-“mg=ma

可得

a~-F-ng

m

结合图像可知

»n3（叫

AB错误；

CD.由图像可知

>外电:g

可知

4

1

C错误，D正确；

故选Do

【例3・2】（2025高三上,河南新乡•期中）一物体静止在足够大的水平地面上，某时刻起在物体上作用一

水平恒力尸・3N,2s后撤去，物体在恒力/作用下的速度大小v随时间f的变化图像如图所示，已知物

体与水平地面间的动摩擦因数为0.4,取重力加速度大小二,下列说法正确的是（）

Mv/（ms'）

A.物体的质量为0.5kgB.恒力厂对物体做的功为24J

C.物体沿地面减速的距离为4mD.物体沿地面运动的最大距离为6m

【答案】AD

【详解】A.速度时间图像斜率表示加速度、面积表示位移，图像可知物体在恒力F作用下的加速度大小

24j

a=—=—m/r=2m/s-

bt2

根据牛顿第二定律有

F-fimg=ma

联立解得

m=05kg

选项A正确；

B.由图可知物体在恒力产作用下的运动的位移大小为

Xj-fi.x4x2jm-4m

则恒力/对物体做的功为

选项B错误；

C.撤去恒力尸后，物体沿地面减速的距离为摩擦力为

/=伸稣

全过程由动能定理得

麴-/|x,+X,）-0

联立以上解得

x.-2m

故c错误；

D.以上可知物体沿地面运动的最大距离为

x=X,+x,=6m

1

故D正确。

故选ADo

【变式演练】

【变式3-1]（2025高三上•福建•期中）如图甲所示，倾角为&的光滑斜面上有一质量为口的物体，物体

始终受到沿斜面向上的变力9的作用，物体的加速度。随外力尸变化的图像如图乙所示，取重力加速度

D.COS^-0.8

【答案】BD

【详解】由牛顿第二定律

可得

由图像可知斜率为

30=04kg

解得

m=25kg

纵轴截距

-gsin^=-6

解得

产

则

cos^-08

故选BDo

【变式3-2]（2025高三上•安徽六安•阶段练习）如图1所示，足够长质量A"的木板p静止在光滑

的水平地面上，一个可视为质点的物块Q以初速度M.OWs从左端滑上长木板P,P、Q的VY图像如图2

所示。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10皿：，下列说法正确的是（）

1

v/(m-s-1)

2

P

02t/s

ffll图2

•ykg

A.物块Q的质量为3B.P、Q之间的动摩擦因数为0.4

C.长木板P的最小长度为3mD.2s内Q相对地面运动的位移为4m

【答案】BC

【详解】根据图像中斜率表示物体运动的加速度，可知P、Q在is内共速前的加速度分别为

2-6.2-0.,一：

-----m/s=-4m/s~z-nys-2m/s

1-0,i-o

AB.分别对P、Q受力分析，设P、Q之间的滑动摩擦力大小为了,物块Q的质量为山，根据牛顿第二定

律可得

_/=叫，/=

代入题中数据解得

又因为滑动摩擦力

解得

〃=04

故A错误，B正确;

c.图像与横轴围成的面积表示位移，长木板p对应的最小长度应是在正时Q恰好到达长木板最右端，则

长木板P的最小长度为

故C正确;

D.图像与横轴围成的面积表示位移，2s内Q相对地面运动的位移为

,<6+>、+>1m=6m

故D错误。故选BC。

【变式3-3］（2025高三上•河南•阶段练习）某风洞的示意图如图甲所示，风洞可以产生可控制的气流。

在某次风洞实验中，将质量为2.5kg的物块置于出风口，打开气流控制开关，物块与风力作用的正对面积

不变，所受风力大小产・00皿：（采用国际单位制，V为风速大小）。物块距出风口的高度为人风速的平

1

方丁与h的变化规律如图乙所示。取重力加速度大小’o物块在上升6m的过程中，下列说法正

确的是（）

A.打开开关瞬间，物块的加速度大小为18m/

B.物块一直处于超重状态

C.物块运动的时间小于、后；

D.物块先做加速度逐渐减小的加速运动，再做加速度逐渐增大的减速运动

【答案】BC

【详解】A.依题意，打开开关瞬间，对物块根据牛顿第二定律有

0。妍-mg-ma

解得

q-8m/s:

故A错误；

BD.根据题图可知，当风力与物块受到的重力大小相等时有

006v:-加g

解得

V.s417ms<500ms

故物块在上升6m的过程中，风力一直大于重力，物块做加速运动，一直处于超重状态，故B正确、D错

误；

C.物块上升到距出风口6m时，受到的风力大小

K-006x500N-30N

根据牛顿第二定律有

F.-）ng•ma.

解得

a.-2m/f

设物块以1m/S：的加速度做匀加速直线运动，上升6m所需要的时间为3则有

解得

1

t=加s

因为物块实际的加速度大于,所以物块上升的时间小于倔，故c正确。

故选BCo

【变式3-4].（2025高三上•江西•阶段练习）某一游客站在平台上挑战蹦极，从。点由静止开始跳下，

运动到P位置时，游客身上的弹性绳刚好拉直，。位置为运动的最低点，如图甲。若取向下为正方向，以

。点为位移的起始点，该游客向下运动过程中的加速度随位移的关系图像如图乙所示，图中。点对应位移

为X、和g均为已知量，弹性绳的弹力遵从胡克定律，弹力在弹性限度内，重力加速度大小为

g,不计空气阻力。则游客在下落过程中（）

A.下落位移“，的时间为

B.下落过程中的最大速度为=

c.在Q点时的加速度大小为,

D.的关系为匚+‘：-卜J

【答案】CD

【详解】A.由图乙结合题意可得，游客下落,过程做自由落体运动，在P点时位移为乙，根据自由落体

13

I=二夕

运动的规律有2

解得',6故A错误；

B.由图乙可知，当位移为与时，游客的速度最大，根据一

V*

ax=一

可得2

3=—;—?S=---------g=—

故图像的面积为？有2‘2

1

联立得V=J'+'1g故B错误；

c.Q点是最低点，加速度最大，由图乙可得

解得■K,-0故C正确；

D.在位移为X：时，有外工・工）•加g

根据牛顿第二定律，在Q点有到

联立解得。+‘二=故D正确。故选CD。

【变式3-5】.（2025高三上•内蒙古呼和浩特•阶段练习）如图甲所示，传送带与水平面的夹角为0,在

传送带中点无初速度地放置一木块（视为质点），木块的速度随时间变化的图像如图乙所示，口、丫2、

〃、及均已知，木块到达传送带底端的时间大于2重力加速度大小为g,则（）

V

A.传送带可能沿顺时针方向转动

B.木块与传送带间的动摩擦因数〃<tan。

」-V,V,-V,

sn。=——+---------

c.-r?g亿fl

D.传送带的长度L=V"/+（V2+V7）（t2-tl）

【答案】BC

【详解】A.若传送带沿顺时针方向转动，当;wgsin0>〃加gcosO时，木块将一直沿传送带向下做加速直线

运动，当他gsin6<〃〃?gcosd时，木块将先加速到与传送带速度相等再做匀速运动，两种情况的速度一时间

图像均不符合题图乙，所以传送带一定沿逆时针方向转动，故A错误；

B.由题意可知，木块不能在传送带上保持相对静止，则"2gsind>〃加geos仇即〃<tan仇故B正确；

C.由题图乙可知，0~〃内有

收cosd«m-

T及内有

V-y

-V,

SU10-

解得2H故c正确;

1

D.由题图乙可知，0~松内木块的位移大小

但木块运动时间大于⑵则传送带的长度工＞卬+W+M卜故D错误。故选BC。

题组04运动的合成与分解抛体运动

【提分秘籍】

i.曲线运动：通过运动的独立性可知物体在分方向上时间相同，根据分方向的运动特点分别分析分方向

的速度、位移等。

2.处理运动的合成与分解问题常用方法

将速度、合外力(加速度)分别正交分解，根据动力学知识分析各个分方向的运动情况，再根据需要将速

度、合外力(加速度)、位移合成。

3.平抛运动常用的二级结论

(1)做平抛运动的物体在任意时刻的速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点。

⑵平抛运动速度的偏角Q的正切值是位移偏角a正切值的2倍，tan8=2tana。

4.解决平抛运动临界问题的常用方法

(1).根据题意画出运动过程示意图。

(2).找到位移关系、速度关系的临界条件。

(3).分别列出分方向的运动学方程，根据需要找到两方向上物理量关系。

(4).将临界条件代入求解。

5.斜上抛运动从抛出点到最高点的运动的逆过程可视为从最高点做平抛运动。

6.斜上抛运动的轨迹相对于过最高点的竖直线对称，两对称点与最高点的时间差相等，两对称点的速度

大小相等。研究斜抛运动问题时，可根据需要合理选取坐标系，将速度、加速度分别沿x轴、y轴正交分

解，结合运动学公式求解。

【典例剖析】

【例4-1](2025高三上•河南•阶段练习)某工地用悬臂式起重机起吊重物，如图所示。起重机的悬臂保

持不动，可沿悬臂行走的天车使吊着的重物沿水平方向做匀速直线运动，竖直方向向上做加速度越来越小

的加速运动，忽略空气阻力，则此过程中()

A.重物的速度与竖直方向的夹角越来越小B.重物的加速度与竖直方向的夹角越来越小

C.吊索上的拉力越来越小D.吊索与竖直方向的夹角越来越小

1

【答案】AC

【详解】C.竖直方向的加速度越来越小，根据牛顿第二定律

F-mg=ma

解得

F-Mg+MM

可知吊索上的拉力越来越小，故C正确；

B.加速度始终竖直向上，与竖直方向夹角始终为零，故B错误；

A.竖直方向的速度匕越来越大，水平速度匕不变，设合速度与竖直方向的夹角为4,则有

y

tana"-

匕

可知重物的速度与竖直方向的夹角越来越小，故A正确；

D.由于水平方向做匀速直线运动，水平方向的力为零，只有竖直方向的力，故吊索始终竖直，故D错

误。

故选AC。

【例4-2］（2024•湖南郴州•统考模拟预测）如图，跨过光滑定滑轮的轻绳一端系着铁球（大小不可忽

略，系绳延长线过球心）、一端连在水平台上的玩具小车上，车牵引着绳使球沿光滑竖直墙面从较低处竖

直上升。则在球匀速竖直上升且未离开墙面的过程中（）

A.绳对球的拉力大小变小B.墙面对球的支持力变小

C.玩具小车做加速运动D.玩具小车做减速运动

【答案】D

【详解】CD.设绳与竖直方向的夹角为“如图所示

O

将球的速度V分解，可知沿绳方向的分速度（即绳子的速度）为

V,=vcosd

因球匀速上滑过程中6角将增大，所以了•将减小，故小车做减速运动，故D正确，C错误;

1

AB.球受三力作用处于平衡状态，设球重为G,则绳对球的拉力大小7、墙对球的支持力大小N分别为

N■Gtail0

所以，随&的增大，八N均增大，故AB错误。

故选Do

【例4-3】将扁平的石子向水面快速抛出，石子会在水面上〃一跳一跳〃地飞向远方，俗称〃打水漂〃。某同

学将一个小石子从距水面高度为人处水平抛出，石子第一次接触水面时的速度方向与水面间的夹角为8。

不计空气阻力，重力加速度为名，则石子从抛出到第一次触水的过程中，不能求出的物理量是（）

A.石子抛出时的速度大小B.石子触水时距抛出点的水平距离

C.石子抛出时重力的功率D.石子触水时的动能

【答案】D

【详解】A.从距水面高度为h处水平抛出石子，由平抛运动的规律知，石子落到水面时的竖直分速度为

A不符合题意;

B.石子在此过程中的水平位移为

两式联立可得

而2h

B不符合题意；

C.石子抛出时初速度与重力垂直，重力的瞬时功率为零，C不符合题意；

D.因小石子质量未知，故石子触水时的动能无法求出，D符合题意。

故选D。

【例4-4】（多选）如图所示，空间有一底面处于水平地面上的正方体框架A8CD-A/8/C/。/,从顶点A沿不

同方向水平抛出一小球（可视为质点，不计空气阻力）。关于小球的运动。下列说法正确的是（）

1

A.落点在4小。。/内的小球，落在C/点时平抛的初速度最大

B.落点在8/6上的小球，平抛初速度的最小值与最大值之比是1：，万

C.落点在A/B/C/D内的小球，落在C/点的小球运动时间最长

D.落点在48/。。/内的小球，落地时重力的瞬时功率均相同

【答案】ABD

【详解】AC.从顶点A沿不同方向水平抛出一小球，落点在4B/Q6内的小球，因其下落高度相同，而

平抛运动在竖直方向做自由落体运动，则可得其下落时间

相同，而在4B/C/D内，其对角线4。最长，平抛运动在水平方向做匀速直线运动，根据

L

V--

t

可知，在相同时间内，水平位移越长，其抛出时的初速度越大，故A正确，C错误；

B.根据几何关系可知，落点在8/0/上的小球，当小球落在4。与8/D的交点上时，小球做平抛运动的

初速度最小，当落在8/点或。点时，平抛运动的初速度最大，设正方体的边长为。，则有

acos45*=vflnBt.a-vRSIt

三.1

可得匕乃故B正确；

D.平抛运动在竖直方向做自由落体运动，而落点在A/B/C/D内的小球，其下落时间相同，则落到该平面

任意位置时竖直方向的速度'

相同，而重力的功率口相同，故D正确。故选ABD。

【例4-5】（多选）如图所示，小球A以某一速度水平向右抛出的同时，小球B斜向左上方以速度丫抛出，

力与水平方向的夹角为5了。两球抛出后在同一竖直面内运动，且恰好在空中相碰。已知单独抛出小球B

时，小球B到达的最高点恰好与小球A的抛出点处于同一水平线上，且小球B落地点位于小球A抛出点

的正下方。不计空气阻力，重力加速度为g,!m^=03,cos^=06,下列说法正确的是（）

T7

0

A.小球A抛出的初速度大小等于二八B.小球A抛出的初速度大小等于1必

C.两球抛出点的水平距离为丁ED.两球抛出点的水平距离为丫江

【答案】BC

【详解】CD.小球B在水平、竖直方向的速度为

3

匕=v0COS5J=

c4

vK-^,an5r--v^

2VM8V

r■一■

单独抛出小球B时，小球B在空中运动的时间为g-S

r-vfc/-2^2.

两球抛出点的水平距离为故C正确，D错误；

.48v-

n——■■一

AB.小球A抛出高度为2g25g

小球A、B在恰好在空中相碰，若此时小球B向上运动，有

x=（v<+vttXl

解得小球A抛出的初速度大小等于匕二1"，

小球A、B在恰好在空中相碰，若此时小球B向下运动，有

x・（v；+vX用

1.111

解得小球A抛出的初速度大小等于《•06丫，

综上所述，小球A抛出的初速度大小等于1鸵,或°%。，故A错误，B正确。故选BC。

【变式演练】

【变式4-1］（2025高三上•宁夏石嘴山♦期中）质量为0.2kg的物体在水平面上运动，它的两个正交分速

度图像分别如图所示，由图可知（）

0

B.4s到6s末物体的加速度大小为？&/屋

C.从开始至6s末物体一直做曲线运动

D.开始4s内物体做曲线运动，4s-6s内物体做直线运动

【答案】AD

【详解】A.根据v-t图像中图线与横轴所围面积表示位移可知开始4s内物体的分位移分别为

4x4一

-.T=-----m=Sm

x-2x4n）-SAm,2

可得

r,.=Jx：+厂=S-VSn

故A正确；

B.根据v-t图像中图线斜率表示加速度，可知4s到6s末物体的分加速度大小为

可得

故B错误；

CD.开始时物体初速度方向沿尤方向，加速度方向沿y方向，两者不在一条直线上，所以物体做曲线运

动，4s末物体的速度方向与x方向夹角的正切值为

tana=—=2

Vk

后2s内加速度方向与x方向夹角的正切值为

tan^---2

a,

可知速度方向与加速度方向在同一条直线上，所以物体后2s内做直线运动。故C错误；D正确。

故选ADo

【变式4-2］（2025高三上•山东青岛•期中）如图为倾角为6-45•的斜坡，斜坡底端。点正上方有M和

N两点,甲战斗机以水平速度“飞到M点时释放炸弹A,准确命中斜坡上的一点P,MP的连线垂直于坡

面；乙战斗机以水平速度,飞到N点时释放炸弹B,也准确命中斜坡上的同一点P,命中时速度方向恰好

垂直于斜坡。已知炸弹在空中可视作做平抛运动。下列说法正确的是（）

0

甲

.XI.

Q

A.炸弹A、B在空中的飞行时间之比为JTI

B.重力对炸弹A、B做功之比为2：1

C.任意相同时间内，炸弹A、B在空中的速度变化量之比为1：1

D-m

【答案】ABC

【详解】A.设从N点释放的导弹落在P点所用的时间为〃，对于从M点释放的导弹落，其竖直位移与水

平位移相等，则根据平抛运动的规律有

1,

~~gt'gf

tan45=-...=--=1

贴

tan45*»1

v,

又

5=M

联立解得

tt尸61,v,v.=rV?

故A