2026版高考物理步步高大二轮 （培优版）专题一　第2讲　力与直线运动h含答案

2026版高考物理步步高大二轮（培优版）第2讲力与直线运动考点一匀变速直线运动规律及应用例1(2025·安徽卷·4)汽车由静止开始沿直线从甲站开往乙站，先做加速度大小为a的匀加速运动，位移大小为x；接着在t时间内做匀速运动；最后做加速度大小也为a的匀减速运动，到达乙站时速度恰好为0。已知甲、乙两站之间的距离为8x，则()A.x=118at2 B.x=116C.x=18at2 D.x=12答案A解析设匀加速直线运动时间为t'，匀速运动的速度为v，有x=v2t'，根据逆向思维，可知匀减速直线运动阶段的位移等于匀加速直线运动阶段的位移，则匀速直线运动阶段有8x-x-x=vt，联立解得t'=t3，根据x=12at'2，解得x=118at2，A正确，B、例2(2024·广西卷·13)如图，轮滑训练场沿直线等间距地摆放着若干个定位锥筒，锥筒间距d=0.9m，某同学穿着轮滑鞋向右匀减速滑行。现测出他从1号锥筒运动到2号锥筒用时t1=0.4s，从2号锥筒运动到3号锥筒用时t2=0.5s。求该同学：(1)滑行的加速度大小；(2)最远能经过几号锥筒。答案(1)1m/s2(2)4解析(1)根据匀变速运动规律，某段内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可知在1、2间中间时刻的速度为v1=dt1=2.252、3间中间时刻的速度为v2=dt2=1.8故可得加速度大小为a=ΔvΔt=v1(2)设到达1号锥筒时的速度为v0，根据匀变速直线运动规律得v1=v0-at代入数据解得v0=2.45m/s从1号开始到停止时通过的位移大小为x=v022a=3.001故可知最远能经过4号锥筒。考点二牛顿运动定律的应用1.牛顿第二定律(1)表达式：F=ma，其中F为物体所受的合外力，F、m、a三个量对应同一个物体，且各量都取国际单位。(2)应用常用方法：①矢量合成法：若物体只受两个力作用，可用平行四边形定则求这两个力的合力，合力的方向与加速度的方向相同。②正交分解法：当物体受多个力作用时常用正交分解法列方程：Fx=ma，Fy=0或Fx=0，Fy=ma特殊情况下可分解加速度：F2.系统牛顿第二定律若研究对象是两个或两个以上的物体，且加速度不同。系统牛顿第二定律的表达式：一般形式：∑F外=m1a1+m2a2+m3a3+…分量形式：∑说明：上述表达式左边只有系统受到的外力，内力不需要考虑。例3(多选)(2025·安徽卷·5改编)如图，装有轻质光滑定滑轮的长方体木箱静置在水平地面上，木箱上的物块甲通过不可伸长的水平轻绳绕过定滑轮与物块乙相连。乙拉着甲从静止开始运动，木箱始终保持静止。已知甲、乙质量均为1.0kg，木箱质量为5.0kg，甲与木箱之间的动摩擦因数为0.5，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，则在乙下落的过程中()A.甲对木箱的摩擦力方向向左B.甲运动的加速度大小为2.5m/s2C.乙受到绳子的拉力大小为5.0ND.地面对木箱的支持力大小为67.5N答案BD解析根据相对运动，物块甲相对木箱向右运动，甲受到木箱向左的摩擦力，则甲对木箱的摩擦力方向向右，A错误；设物块乙运动的加速度为a，绳子的弹力大小为FT，对甲受力分析有FT-μm甲g=m甲a，对乙受力分析有m乙g-FT=m乙a，联立解得a=2.5m/s2，FT=7.5N，B正确，C错误；只有乙有竖直向下的恒定加速度，对甲、乙和木箱组成的系统，在竖直方向由牛顿第二定律有(M+m甲+m乙)g-FN=m乙a得，FN=(M+m甲+m乙)g-m乙a=67.5N，D正确。变式(2025·山东日照市二模)如图所示，倾角θ=37°的斜面固定在水平地面上，质量m1=3kg的物体A置于斜面上，一条轻绳绕过两个光滑的轻质滑轮连接着固定点O和物体A，质量m2=8kg的物体B与动滑轮连接。已知连接动滑轮两边的轻绳均竖直，物体A与定滑轮间的轻绳和斜面平行，物体A与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。初始时物体B的下表面距地面的高度h=2m，物体A到定滑轮的距离足够远。现将两个物体同时由静止释放，B落地后不反弹。sin37°=0.6，cos37°=0.8。(1)在物体B下落过程中，求轻绳的拉力大小和物体A的加速度大小；(2)求物体B落地前瞬间的速度大小；(3)求整个过程中物体A沿着斜面向上运动的最大距离。答案(1)36N2m/s2(2)2m/s(3)4.8m解析(1)对物体A，根据牛顿第二定律F-m1gsinθ-μm1gcosθ=m1a设物体B的加速度为a1，根据运动关系可知a1=12对物体B，根据牛顿第二定律m2g-2F=m2a1联立可得拉力大小为F=36N加速度为a=2m/s2(2)由运动学公式，有v2=2a1h可得物体B落地前瞬间的速度大小v=2m/s(3)物体B从静止释放到落地经历的时间t=va1=2s，则物体B落地时，物体A的速度vA=at=4B落地后，设A的加速度大小为a2由牛顿第二定律有m1gsinθ+μm1gcosθ=m1a2B落地后，根据运动学公式0-vA2=-2a2物体A沿着斜面向上运动的最大距离s=2h+s1代入数据解得s=4.8m。四类常见连接体问题接触面光滑，或μA=μB三种情况中弹簧弹力、绳的张力大小相同且与接触面是否光滑无关跨滑轮的连接体两物体速度和加速度大小相同、方向不同，常用隔离法叠加类连接体两物体刚要发生相对滑动时物体间达到最大静摩擦力靠在一起的连接体分离时相互作用力为零，但此时两物体的加速度仍相等例4(2025·湖南浏阳市校联盟联考)如图所示，用轻绳a、b和弹簧c将小球1与小球2悬挂在空中，轻绳a与竖直方向夹角为30°，轻绳b与竖直方向夹角为60°，弹簧c水平。小球1的质量为m，重力加速度大小为g。下列说法正确的是()A.弹簧c的拉力为3mgB.小球2的质量为2mC.剪断轻绳b的瞬间，小球1的加速度大小为gD.剪断轻绳b的瞬间，小球2的加速度方向竖直向下答案C解析对小球1进行受力分析，如图甲根据平衡条件有FTasin30°=FTbsin60°，FTacos30°=mg+FTbcos60°，解得FTa=3mg，FTb=mg对小球2进行受力分析，如图乙根据平衡条件有FTc=FTbsin60°，m2g=FTbcos60°解得FTc=32mg，m2=m2，故A、剪断轻绳b的瞬间，小球1受重力和绳a的拉力，小球1将做圆周运动，受力分析如图丙根据牛顿第二定律，有mgsin30°=ma1，解得a1=g2，故C剪断轻绳b的瞬间，小球2受重力和弹簧弹力作用，受力分析如图丁，根据牛顿第二定律，有(m2g)2+FTc2设加速度的方向与水平方向成α角，有tanα=m2gFTc=33可得α例5(2025·福建福州市模拟)滑雪是我国东北地区冬季常见的体育运动。如图(a)，在与水平面夹角θ=14.5°的滑雪道上，质量m=60kg的滑雪者先采用两滑雪板平行的滑雪姿势(此时雪面对滑雪板的阻力可忽略)，由静止开始沿直线匀加速下滑x1=45m；之后采取两滑雪板间呈一定角度的滑雪姿势，通过滑雪板推雪获得阻力，匀减速继续下滑x2=15m后停止。已知sin14.5°=0.25，sin37°=0.6，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。(1)求减速过程中滑雪者加速度a的大小；(2)如图(b)，若减速过程中两滑雪板间的夹角α=74°，滑雪板受到沿雪面且垂直于滑雪板边缘的阻力均为F，求F的大小。答案(1)7.5m/s2(2)500N解析(1)由静止开始沿直线匀加速下滑的过程有2a1x1=v2由牛顿第二定律知mgsinθ=ma1代入数据得v=2gx1匀减速继续下滑的过程有2ax2=v2代入数据得a=v22x2(2)若减速过程中两滑雪板间的夹角α=74°，根据牛顿第二定律有2Fsinα2-mgsinθ=解得F=ma+mgsinθ解决动力学两类基本问题的思路考点三运动学和动力学图像1.三种运动学图像常见图像斜率k图线与横轴所围面积两图像交点x-t图像ΔxΔ-表示相遇v-t图像ΔvΔ位移x表示此时速度相等，往往是距离最大或最小的临界点a-t图像-速度变化量Δv表示此时加速度相等2.三种动力学图像F-t图像思路一：分段求加速度，利用运动学公式求解思路二：动量定理，图线与t轴所围面积表示F的冲量F-x图像思路一：分段求加速度，利用运动学公式求解思路二：动能定理，图线与x轴所围面积表示力F做的功a-F图像根据牛顿第二定律列式，再变换成a-F关系例如：如图所示，F-μmg=ma，a=Fm-μg，则a-F图像的斜率为1m3.非常规图像非常规图像(举例)函数表达式斜率k纵截距bv2-x图像由v2-v02得v2=v022avxt-t由x=v0t+12at得xt=v0+112v0xt2-由x=v0t+12at2得xt2=v01v012a-x图像由v2-v02=2ax知图线与x轴所围面积等于1v-x图线与横轴所围面积表示运动时间1a-v注意：xt-t图像与t例6(2025·江西省一模)一辆汽车刹车过程中可看成匀减速直线运动，刹车t时间内的位移为x，其刹车过程的xt-t图像如图所示(图中横轴截距b和纵轴截距cA.平均速度大小为12c B.平均速度大小为C.加速度大小为cb D.加速度大小为答案A解析根据位移时间关系可得x=v0t-12at2，变形可得xt=v0-12at，则初速度大小v0=c，整个刹车过程的平均速度v=12v0=12c，故A正确，B错误；结合图线可得12a=cb，解得a物理中一次函数问题的解题思路举例基本公式变形后的一次函数表达式斜率纵截距单摆T2-l图像T=2πlT2=4π2l4-伏阻法测电动势和内阻的1U-1E=U+UR1U=rE·1r1安阻法测电动势和内阻的1I-RE=I(R+r)1I=1ER1r例7(多选)(2025·四川雅安市一诊)如图甲所示，一固定水平长杆套有直径略大于杆的金属小环。现用始终与水平方向成53°的拉力F作用于小环，当拉力F从零开始逐渐增大时，小环静止一段时间后开始运动，其加速度a随拉力F变化的图像如图乙所示，加速度在拉力达到F2后保持不变。已知小环质量为0.8kg，小环与长杆间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小为10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6。则()A.F1=7.5N B.a2=7.5m/s2C.μ=0.75 D.F2=5N答案BC解析当F大于F2以后，由牛顿第二定律得Fcos53°-μ(Fsin53°-mg)=ma，因为加速度保持不变，即a与F无关，所以有Fcos53°=μFsin53°，解得μ=0.75，a2=7.5m/s2，故B、C正确；当F等于F1时有F1cos53°=μ(mg-F1sin53°)，解得F1=5N，故A错误；当F等于F2时，加速度恰好达到恒定值，此时有F2sin53°=mg，解得F2=10N，故D错误。将三维立体的复杂问题利用降维法分解为一维加二维问题，变成简单的问题，比如立体空间的平衡问题，带电物体(粒子)在立体空间中的运动等。示例(2025·山东卷·8)工人在河堤的硬质坡面上固定一垂直坡面的挡板，向坡底运送长方体建筑材料。如图所示，坡面与水平面夹角为θ，交线为PN，坡面内QN与PN垂直，挡板平面与坡面的交线为MN，∠MNQ=θ。若建筑材料与坡面、挡板间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，则建筑材料沿MN向下匀加速滑行的加速度大小为()A.gsin2θ-μgcosθ-μgsinθcosθB.gsinθcosθ-μgcosθ-μgsin2θC.gsinθcosθ-μgcosθ-μgsinθcosθD.gcos2θ-μgcosθ-μgsin2θ答案B解析对建筑材料受力分析如图所示，根据牛顿第二定律mgsinθcosθ-μFN1-μFN2=ma，其中FN1=mgcosθ，FN2=mgsin2θ，可得a=gsinθcosθ-μgcosθ-μgsin2θ，故选B。专题强化练[分值：60分][1~8题，每题4分，9、10题，每题6分][保分基础练]1.(2025·江苏卷·1)新能源汽车在辅助驾驶系统测试时，感应到前方有障碍物立刻制动，做匀减速直线运动。2s内速度由12m/s减至0。该过程中加速度大小为()A.2m/s2 B.4m/s2C.6m/s2 D.8m/s2答案C解析根据运动学公式v=v0+at，代入数值解得a=-6m/s2，故加速度大小为6m/s2。故选C。2.(2024·贵州卷·1)某研究人员将一铁质小圆盘放入聚苯乙烯颗粒介质中，在下落的某段时间内，小圆盘仅受重力G和颗粒介质对其向上的作用力f。用高速相机记录小圆盘在不同时刻的位置，相邻位置的时间间隔相等，如图所示，则该段时间内下列说法可能正确的是()A.f一直大于GB.f一直小于GC.f先小于G，后大于GD.f先大于G，后小于G答案C解析由题图可知相等时间内铁质小圆盘的位移先增大后减小，可知铁质小圆盘的速度先增大后减小，以向下为正方向，即铁质小圆盘的加速度先正后负，根据牛顿第二定律G-f=ma，可知f先小于G，后大于G。故选C。3.(2025·山东潍坊市二模)如图所示，子弹垂直射入并排在一起固定的相同木板，穿过第12块木板后速度变为0。子弹视为质点，在各木板中运动的加速度都相同。从子弹射入开始，到分别接触第4、7、10块木板所用时间之比为()A.3∶2∶1B.3∶2∶1C.(2-3)∶(2-2)∶1D.(3-2)∶(3-1)∶3答案C解析由逆向思维，子弹的运动可视为反向的做初速度为0的匀加速直线运动，每3块木板为一段，共经过四段，由x=12at2可知通过每段位移的时间之比为1∶(2-1)∶(3-2)∶(2-3)，所以从子弹射入开始，到分别接触第4、7、10块木板所用时间之比为t4∶t7∶t10=(2-3)∶[(2-3)+(3-2)]∶[(2-3)+(3-2)+(2-1)]=(2-3)∶(2-2)∶1，故选C4.(2025·北京市房山区一模)如图所示，沿水平方向运动的汽车内，一质量为m1的物块紧贴在车厢左侧的竖直内壁上，且与车厢保持相对静止，物块与车厢左壁间的动摩擦因数为μ，另一质量为m2的小球通过轻质细线与车厢顶部连接，细线与竖直方向的夹角为α。重力加速度为g，下列说法正确的是()A.汽车一定向右加速运动B.细线中的拉力大小为m2gcosαC.物块与车厢左壁之间的摩擦力大小为μm1gtanαD.物块受到车厢左壁的弹力大小为m1gtanα答案D解析根据题意，对小球受力分析，如图所示，竖直方向有FT=m2gcosα，水平方向由牛顿第二定律有m2gtanα=m2a，可得a=gtanα，方向水平向右，则汽车和物块的加速度也是水平向右的，汽车可能做向右的加速运动，也能做向左的减速运动，故则有FN=m1a=m1gtanα，竖直方向的静摩擦力大小为Ff=m1g，摩擦力不一定达到最大静摩擦力，故C错误，D正确。5.(2025·湖南株洲市一模)水果的碰伤阈值是指水果在不碰伤的情况下能够从静止竖直跌落的最大高度。已知苹果在与地板接触后经过时间Δt速度减为0，桔子在与地板接触后经过时间2Δt速度减为0，苹果和桔子碰伤所需的平均作用力均约为自身重力的3倍，不计空气阻力，则苹果和桔子的碰伤阈值之比约为()A.1∶4 B.1∶3 C.1∶2 D.2∶1答案A解析设与地板接触时，苹果和桔子的速度分别为v1、v2，苹果和桔子碰伤所需的平均作用力均约为自身重力的3倍，则F=3mg，由动量定理-(F-mg)t=0-mv可得v1∶v2=Δt∶2Δt=1∶2。根据自由落体运动公式v2=2gh，可得苹果和桔子的碰伤阈值之比约为h1∶h2=v12∶v22=1∶6.(2025·广西南宁市一模)如图甲所示，一算盘静置在水平桌面上，中间带孔的算珠可穿在固定的杆上滑动，使用时发现有一颗算珠位于杆的一端处于未归零状态，在t=0时刻对算珠施加沿杆方向的力F=0.1N使其由静止开始运动，经0.15s撤去F，此后再经0.15s恰好能到达另一端处于归零状态。算珠在整个运动过程中的v-t图像如图乙所示，算珠可视为质点，与杆间的动摩擦因数恒定，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是()A.算珠与杆间的动摩擦因数为0.1B.算珠的质量为25gC.若不撤去F，则算珠在0.2s时已处于归零状态D.杆长9cm答案B解析由v-t图像与t轴所围面积表示位移，可知杆长为x=0.3×0.32m=0.045m=4.5cm，故D错误；由牛顿第二定律得F-μmg=ma1，μmg=ma2，由题图乙可知撤去F前后算珠的加速度大小为a1=a2=0.30.15m/s2=2m/s2，联立解得μ=0.2，m=25g，故A错误，B正确；若不撤去F，算珠将以2m/s2的加速度做匀加速直线运动，经0.2s运动位移为x'=12×2×0.22m=4cm<4.57.(2025·湖北省调研)如图，质量为1kg的物块A放置在一个静止的木箱内，物块A与木箱之间的动摩擦因数为0.5。物块A被一轻弹簧用3N的水平拉力向右拉着而保持静止，g取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法中正确的是()A.物块A静止时所受摩擦力大小为5NB.木箱以5m/s2的加速度竖直向上做匀加速直线运动时，物块A将相对木箱滑动C.木箱以5m/s2的加速度水平向右做匀减速直线运动时，物块A将相对木箱滑动D.木箱以5m/s2的加速度水平向右做匀加速直线运动时，物块A将相对木箱滑动答案C解析对物块受力分析，物块竖直方向所受重力和支持力平衡，水平方向所受弹簧向右的弹力和向左的静摩擦力平衡，此时物块所受摩擦力大小为3N，故A错误；当木箱以5m/s2的加速度竖直向上做匀加速直线运动时，对物块受力分析，物块加速度方向竖直向上，物块所受支持力大于重力，接触面的最大静摩擦力增加，故此时物块不可能相对于木箱滑动，故B错误；假设物块随木箱向右做匀减速直线运动，其加速度方向水平向左。假设物块相对静止，弹簧弹力不变，由牛顿第二定律，Ff-F弹=ma，Ff=8N，物块所受最大静摩擦力Ffmax=μFN=5N，Ff>Ffmax，假设不成立，故物块将相对于木箱向右滑动，故C正确；假设物块随木箱一起向右做匀加速直线运动，对物块受力分析，由牛顿第二定律：F弹+Ff=ma，解得Ff=2N，方向水平向右，Ff<Ffmax，假设成立，物块与木箱相对静止，一起向右做匀加速直线运动，故D错误。8.(2025·山东烟台市二模)一物体从斜面底端滑上一固定斜面，其运动速度的平方(v2)与位移(x)关系图像如图所示，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，sin53°=0.8，下列说法正确的是()A.斜面的倾角为30°B.物体沿斜面下滑时加速度大小为8m/s2C.物体与斜面间的动摩擦因数为0.25D.物体沿斜面向上滑行的最大高度为2m答案C解析根据运动学公式v2-v02=2ax，结合v2-x图像可得，2a1=322m/s2，a1=8m/s2；2a2=162m/s2，a2=4m/s2。设斜面倾角为θ，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律可得，上滑时mgsinθ+μmgcosθ=ma1，下滑时mgsinθ-μmgcosθ=ma2，联立解得θ=37°，μ=0.25，故A、B错误，C正确；物体沿斜面向上滑行的最大高度为hm=xmsinθ=2×0.6m=1.2[争分提能练]9.(2025·北京卷·11)模拟失重环境的实验舱，通过电磁弹射从地面由静止开始加速后竖直向上射出，上升到最高点后回落，再通过电磁制动使其停在地面。实验舱运动过程中，受到的空气阻力f的大小随速率增大而增大，f随时间t的变化如图所示(向上为正)。下列说法正确的是()A.从t1到t3，实验舱处于电磁弹射过程B.从t2到t3，实验舱加速度大小减小C.从t3到t5，实验舱内物体处于失重状态D.t4时刻，实验舱达到最高点答案B解析t1~t3内，f向下，先增大后减小，可知此时速度方向向上，先增大后减小，故实验舱在t1~t2内处于弹射过程，在t2~t3内做竖直上抛运动，故A错误；t2~t3内，f向下在减小，根据牛顿第二定律有mg+f=ma，即a=fm+g，故从t2到t3加速度大小在减小，故B正确；t3~t5内，f向上，先增大后减小，可知此时速度方向向下，先增大后减小，先向下加速后向下减速，加速度先向下后向上，先失重后超重，故C错误；根据前面分析可知t3时刻速度方向改变，从向上运动变成向下运动，故t3时刻到达最高点，故D10.(多选)(2025·黑吉辽蒙卷·10)如图(a)，倾角为θ的足够长斜面放置在粗糙水平面上。质量相等的小物块甲、乙同时以初速度v0沿斜面下滑，甲、乙与斜面的动摩擦因数分别为μ1、μ2，整个过程中斜面相对地面静止。甲和乙的位置x与时间t的关系曲线如图(b)所示，两条曲线均为抛物线，乙的x-t曲线在t=t0时切线斜率为0，则()A.μ1+μ2=2tanθB.t=t0时，甲的速度大小为3v0C.t=t0之前，地面对斜面的摩擦力方向向左D.t=t0之后，地面对斜面的摩擦力方向向左答案AD解析将下滑时刻作为初位置，则位置x与时间t的图像即为位移-时间图像，图像的斜率表示速度。甲、乙两个物块的曲线均为抛物线，则甲物块做匀加速直线运动，乙物块做匀减速直线运动，在t0时间内x甲=v0+v2t0=3x0，x乙=v0+02t0=x0，联立解得t0时刻甲物块的速度大小为v=2v0，B错误；甲物块的加速度大小a1=v-v0t0，乙物块的加速度大小a2=v0t0，由牛顿第二定律，对甲物块mgsinθ-μ1mgcosθ=ma1，对乙物块μ2mgcosθ-mgsinθ=ma2，联立可得μ1+μ2=2tanθ，A正确；取水平向左为正方向，对斜面和甲、乙两物块系统由牛顿第二定律可得，Ff1=ma1cosθ-ma2cosθ=0，则t=t0之前，地面和斜面之间摩擦力为零，C错误；t11.(16分)(2025·福建泉州市一模)某工厂输送物件的传送系统由倾角为30°的传送带AB和一倾角相同的长木板CD组成，物件和传送带间的动摩擦因数μ1=32、与木板间的动摩擦因数μ2=315。传送带以v0=4m/s的恒定速率顺时针转动。现将物件P无初速度置于传送带A点，发现当物件到达B端时刚好相对传送带静止，到达D点时速度恰好为零随即被机械手取走。物件可以看成质点，传送带与木板间可认为无缝连接，重力加速度g取10m/s(1)(4分)求传送带的长度L1；(2)(5分)求木板的长度L2以及物件从A到D所需的时间t；(3)(7分)假如机械手未能在D点及时将物件取走，导致物件重新下滑，则此后它第四次向上运动时离C点的最大距离为多少？答案(1)3.2m(2)43m34解析(1)P放上传送带后，受力如图甲，由牛顿第二定律有μ1mgcos30°-mgsin30°=ma1解得a1=2.5m/s2根据速度与位移关系式有L1=v解得L1=3.2m(2)到达木板C点后，受力如图乙，由牛顿第二定律有-mgsin30°-μ2mgcos30°=ma2解得a2=-6m/s2则C、D间距离(木板长)为L2=0-解得L2=43P在传送带上上滑时间为Δt1=v0-0aP在木板上上滑时间为Δt2=0-v0a2所以t=Δt1+Δt2=1.6s+23s=3415(3)从D点向下运动，受力如图丙，由牛顿第二定律有mgsin30°-μ2mgcos30°=ma3解得a3=4m/s2第一次返回B点时有v1=2其中x1=L2滑过B点后在传送带上先向下减速后以相同加速度返回，由对称性可知物件再次回到B点时速度大小仍为v1，在木板上向上运动的位移x2=0-v122a2=-a第二次返回B，x3=x2=23xv2=2在木板上向上运动的位移x4=0-v222即物件每次冲上木板的距离是上一次的2第四次向上运动时物件离C点的距离为x=(23)4x1≈0.263第3讲力与曲线运动课时1抛体运动考点一运动的合成与分解例1(2025·黑吉辽蒙卷·6)如图，趣味运动会的“聚力建高塔”活动中，两长度相等的细绳一端系在同一塔块上，两名同学分别握住绳的另一端，保持手在同一水平面以相同速率v相向运动。为使塔块沿竖直方向匀速下落，则v()A.一直减小 B.一直增大C.先减小后增大 D.先增大后减小答案B解析设两边绳与竖直方向的夹角为θ，塔块沿竖直方向匀速下落的速度为v块，将v块沿绳方向和垂直绳方向分解，将v沿绳方向和垂直绳方向分解，可得v块cosθ=vsinθ，解得v=v块tanθ，由于塔块匀速下落时θ在减小，故可知v分析关联速度问题的三个要点(1)绳上速度处处相等(即两物体沿绳方向的速度大小相等)；(2)物体运动方向是合速度方向；(3)沿绳、垂直于绳分解实际速度。例2(多选)(2024·安徽卷·9)一倾角为30°足够大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜面上建立Oxy直角坐标系，如图甲所示。从t=0开始，将一可视为质点的物块从O点由静止释放，同时对物块施加沿x轴正方向的力F1和F2，其大小与时间t的关系如图乙所示。已知物块的质量为1.2kg，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。则()A.物块始终做匀变速曲线运动B.t=1s时，物块的y坐标值为2.5mC.t=1s时，物块的加速度大小为53m/s2D.t=2s时，物块的速度大小为102m/s答案BD解析根据题图乙可得F1=4-t(N)，F2=3t(N)，故两力的合力为Fx=4+2t(N)物块在y轴方向受到的力不变，为mgsin30°，x轴方向受到的力Fx在改变，合力在改变，故物块做的不是匀变速曲线运动，故A错误；沿y轴方向物块做匀加速直线运动，加速度为ay=mgsin30°m=gsin30°=5故t=1s时，物块的y坐标值为y=12ayt2=2.5m，故Bt=1s时，Fx=6N，故ax=Fxm=5则a=ax2+ay2=52沿x轴正方向，对物块根据动量定理得Fxt=mvx-0由于Fx与时间t成线性关系，故可得(4+2×0)+(4+2×2)解得vx=10m/s此时y轴方向速度大小为vy=gsin30°·t=5×2m/s=10m/s故此时物块的速度大小为v=vx2+vy2=10两个分运动示例合运动性质两个直线运动匀速直线运动与匀变速直线运动互成角度匀变速曲线运动两个匀变速直线运动匀变速曲线运动或匀变速直线运动直线运动和简谐运动单摆(类单摆)与直线运动曲线运动直线运动和圆周运动直线运动与匀速圆周运动垂直螺旋式运动直线运动与圆周运动共面摆线运动

考点二平抛运动1.平抛运动及研究方法2.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(2025·云南卷·3)如图所示，某同学将两颗鸟食从O点水平抛出，两只小鸟分别在空中的M点和N点同时接到鸟食。鸟食的运动视为平抛运动，两运动轨迹在同一竖直平面内，则()A.两颗鸟食同时抛出B.在N点接到的鸟食后抛出C.两颗鸟食平抛的初速度相同D.在M点接到的鸟食平抛的初速度较大答案D解析鸟食的运动视为平抛运动，则在竖直方向有h=12gt2，由于hM<hN，则tM<tN，要同时接到鸟食，则在N点接到的鸟食先抛出，故A、B错误；在水平方向有x=v0t=v02hg，过M点作一水平面，如图所示。可看出在相同高度处，在M点接到的鸟食水平位移大，则在M点接到的鸟食平抛的初速度较大，故C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s1和s2之比为3∶7。重力加速度大小取g=10m/s2，忽略空气阻力。求在抛出瞬间小球速度的大小。答案25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=0.05×4s=0.2s设抛出瞬间小球的速度为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=0.2y2=12g(2t)2-12gt2=12×10×(0.42-0.22)令y1=y，则有y2=3y1=3y已标注的线段s1、s2分别为s1=xs2=x2+(3则有x2+y2∶整理得x=25故在抛出瞬间小球的速度大小为v0=xt=255例5(2025·广东肇庆市模拟)如图所示，斜面AC与水平方向的夹角为α，在底端A正上方与顶端C等高处的E点以速度v0水平抛出一小球，小球垂直于斜面落到D点，重力加速度为g，不计空气阻力，则()A.小球在空中飞行时间为vB.小球落到斜面上时的速度大小为vC.CD与DA长度的比值为1D.小球的位移方向垂直于AC答案C解析小球的运动轨迹图如图所示，把速度分解：小球垂直于斜面落到D点，所以在D点时有tanα=v0gt，解得t=v0gtanα，故A错误；小球垂直于斜面落到D点，所以小球落到斜面上时的速度大小为v=v0sinα，故B错误；根据几何关系，sDA=v0tcosα，sCD=12g大多数平抛运动与斜面(曲面)的综合问题，最终可转化为对平抛物体位移方向、速度方向分析，对位移、速度分解、计算，从而解决问题。已知速度方向，分解速度垂直落在斜面上tanθ=v0v无碰撞地进入圆弧形轨道tanθ=vyv已知位移方向，分解位移求飞行时间、位移等tanθ=yx=落在斜面上位移最小tanθ=xy=(x-R)2+y2=R2考点三斜抛运动性质斜抛运动是加速度为g的匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线研究方法运动的合成与分解、逆向思维法基本规律(以斜上抛运动为例)(1)水平方向：v0x=v0cosθ，F合x=0；x=v0tcosθ(2)竖直方向：v0y=v0sinθ，F合y=mg；y=v0tsinθ-12gt常见图例例6(2025·湖北卷·6)某网球运动员两次击球时，击球点离网的水平距离均为L，离地高度分别为L2、L，网球离开球拍瞬间的速度大小相等，方向分别斜向上、斜向下，且与水平方向夹角均为θ。击球后网球均刚好直接掠过球网，运动轨迹平面与球网垂直，忽略空气阻力，tanθA.12 B.13 C.14答案C解析设网球离开球拍瞬间的速度大小为v0，球网高度为h，则网球两次运动过程沿水平方向均做匀速直线运动，有L=v0cosθ·t，斜向上将球击出后，沿竖直方向有h-L2=v0sinθ·t-12gt2，斜向下将球击出后，沿竖直方向有L-h=v0sinθ·t+12gt2，解得tanθ=1例7(多选)(2024·山东卷·12)如图所示，工程队向峡谷对岸平台抛射重物，初速度v0大小为20m/s，与水平方向的夹角为30°，抛出点P和落点Q的连线与水平方向夹角为30°，重力加速度大小取10m/s2，忽略空气阻力。重物在此运动过程中，下列说法正确的是()A.运动时间为23sB.落地速度与水平方向夹角为60°C.重物离PQ连线的最远距离为10mD.轨迹最高点与落点的高度差为45m答案BD解析解法一以P点为坐标原点，建立直角坐标系如图甲所示(PQ为x轴)将v0沿两个坐标轴分解，则有v0x=v0cos60°=10m/s，v0y=v0sin60°=103m/s将重力加速度沿两个坐标轴分解，则有ax=gsin30°=5m/s2ay=gcos30°=53m/s2从P点抛出至落到Q点的过程中，由对称性可知t=2v0yay=4重物距PQ连线最远距离Y=v0y22ay=10落至Q点时vx=v0x+axt=30m/s由对称性得vy=v0y=103m/s落至Q点时速度方向与x轴夹角设为θtanθ=vyvx=3又因PQ与水平方向夹角为30°，则落地速度方向与水平方向夹角α=60°，B正确；重物从抛出到最高点所用时间为t1=v0sin30°g从最高点到落地所用时间为t2=t-t1=3s则轨迹最高点与落点的高度差为h=12gt22=45m解法二以P点为坐标原点建立直角坐标系，水平方向为x轴，竖直方向为y轴，如图乙所示，P'与P等高v0x=v0cos30°=103m/sv0y=v0sin30°=10m/s从P→P't1=2v0yx1=v0xt1=203mvx=v0x=103m/svy=v0y=10m/s，从P'→Qx2=vxt2y=vyt2+12g由几何关系知：tan30°=yx1解得：t2=2st总=t1+t2=4s，A错误；从最高点至Q点时间为t3=t总-t12=3vy'=gt3=30m/stanα=vy'vx=3，αH=12gt32=45m离PQ连线最远点速度方向与PQ平行，即垂直于PQ连线的分速度为0，最远距离D=v⊥22a⊥=(v0解法三沿初速度方向和重力加速度方向分解。如图丙所示，将重物的运动沿初速度方向、竖直方向进行分解，则沿初速度v0方向的分运动为匀速直线运动，而沿竖直方向的分运动为自由落体运动，由几何关系知△PQM为等边三角形，v0t·sin30°=12×得从P至Q所用时间t=4s，故A错误；落在Q点时的速度反向延长线通过匀速直线运动分位移PM的中点，由此可知vQ与水平方向夹角为60°，B正确；重物上升时间t1=v0sin30°g=1s，则从最高点落至Q点的时间t2=t-t1=3s，轨迹最高点与落点间的高度差h=12gt22=45m，D正确；重物离PQ最远距离D=v⊥22斜抛运动问题，往往有正交分解法和斜交分解法：1.正交分解法(1)沿水平方向和竖直方向分解(2)沿位移方向和垂直位移方向分解ax=gsinθay=gcosθ2.斜交分解法沿初速度方向和加速度方向分解，x=v0t，y=12gt2变式(多选)(2025·山东临沂市一模)如图所示，在一个倾角θ=30°的足够长固定斜面底端P点将小球以初速度v=20m/s斜向上抛出，抛出方向与斜面的夹角α=30°，小球落在斜面上的Q点。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，小球在此运动过程中，下列说法正确的是()A.运动时间为43B.从P点运动到速度与斜面平行时，用时为33C.小球离斜面最远距离为103D.落到Q点时速度与水平方向的夹角为30°答案ACD解析沿平行斜面和垂直斜面建立坐标系，正交分解如图所示，设小球在空中的运动时间为t，小球在垂直斜面方向做匀变速直线运动，运动到离斜面最远时速度方向与斜面平行。从抛出到离斜面最远，由运动学知识有t2=vsinαgcosθ，解得小球的运动时间为t=433s，A正确；小球从P点运动到速度与斜面平行时，用时为t2=233s，B错误；小球离斜面最远距离为H=12g(t2)2cosθ=1033m，C正确；由运动学知识可知落到Q点时x轴方向的速度为vx=vcosα-gtsinθ=1033m/s，y轴方向的速度为vy=vsinα=10m/s，由几何关系可知落到Q点时速度与x轴的夹角的正切值为解题中若运用正向思维法解题比较烦琐，可以考虑利用逆向思维法解题，这样能够使物体的运动变成一种更简单的运动。运动示例已知条件逆向思维匀减速直线运动物体做匀减速直线运动，末速度已知物体做初速度已知的匀加速直线运动(类)斜抛运动物体做(类)斜抛运动，末速度水平物体做(类)平抛运动示例(2024·重庆市一模)一学生用两个颜色不同的球做斜拋运动游戏，如图所示，第一次出手，红色球的初速度与竖直方向的夹角为α=60°；第二次出手，橙色球的初速度与竖直方向的夹角为β=30°。两次出手的位置在同一竖直线上，结果两球正好到达相同的最高点C，则红色球、橙色球上升的高度之比为()A.23 B.13 C.34答案B解析两个不同颜色的球做斜抛运动，经过相同的最高点，可将其逆运动看成水平向左的平拋运动，运动轨迹如图所示，两平抛运动的水平位移相同，设为x，速度的反向延长线均过水平位移的中点，相交于同一点。设两球下落的高度分别为h1、h2，则tanα=x2h1，tan解得h1h2=tanβtan专题强化练[分值：50分][1~7题，每题4分，8、9题，每题6分][保分基础练]1.(2024·江苏卷·4)喷泉a、b形成如图所示的形状，不计空气阻力，则喷泉a、b的()A.加速度相同 B.初速度相同C.最高点的速度相同 D.在空中的时间相同答案A解析不计空气阻力，喷泉喷出的水在空中只受重力，加速度均为重力加速度，A正确；设喷泉喷出的水竖直方向的分速度为vy，水平方向的分速度为vx，竖直方向，根据对称性可知在空中运动的时间t=22hg，可知tb>ta，D错误；最高点的速度等于水平方向的分速度vx=xt，由于水平方向的位移大小关系未知，无法判断最高点的速度大小关系，根据速度的合成可知无法判断初速度的大小关系，B2.(2025·江西新余市一模)如图所示，位于竖直平面内的一面墙上有A、B、C三个完全相同的窗户。将一个小球斜向上抛出，小球在空中依次飞过A、B、C三个窗户，图中曲线为小球在空中运动的轨迹，轨迹所在的平面靠近竖直墙面，且与墙面平行。不计空气阻力的影响，以下说法中正确的是()A.小球通过窗户A所用的时间最短B.小球通过窗户C的平均速度最大C.小球通过窗户C动能变化量最小D.小球通过窗户A克服重力做的功最多答案A解析小球做斜上抛运动，可以分解成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动，水平方向运动和竖直方向运动具有等时性。小球竖直方向速度逐渐减小，而A、B、C三个窗户的竖直高度相等，所以通过A所用时间最短，通过C所用时间最长，故A正确；小球竖直方向速度逐渐减小，水平方向速度不变，所以经过A的平均速度最大，经过C的平均速度最小，故B错误；根据重力做功公式WG=mgh，小球通过A、B、C三个窗户克服重力做功相等，故D错误；根据动能定理WG=ΔEk，结合D选项分析可知小球通过A、B、C三个窗户动能变化量相同，故C错误。3.(2025·安徽卷·6)在竖直平面内，质点M绕定点O沿逆时针方向做匀速圆周运动，质点N沿竖直方向做直线运动，M、N在运动过程中始终处于同一高度。t=0时，M、N与O点位于同一直线上，如图所示。此后在M运动一周的过程中，N运动的速度v随时间t变化的图像可能是()答案D解析因为质点M、N在运动过程中始终处于同一高度，所以N的速度vN与M在竖直方向的分速度vMy大小相等，设M做匀速圆周运动的角速度为ω，半径为r，转动角度θ=ωt时刻，其竖直方向分速度vMy=ωrcosωt，即vN=ωrcosωt，则D正确，A、B、C错误。4.(2025·重庆市三模)足球运动员训练罚点球，足球放置在球门中央的正前方O点。两次射门，足球先后打在水平横梁上的a、b两点，a为横梁中点，如图所示。若足球两次击中横梁时的速度方向均沿水平方向，不计空气阻力的作用，下列说法正确的是()A.若足球从O点运动到a、b的时间分别为t1和t2，则t1=t2B.若足球击中a、b两点的速度分别为v1和v2，则v1=v2C.若先后两次足球被踢出时的速度方向与水平方向的夹角分别为θ1和θ2，则θ1<θ2D.若足球从O点运动到a、b的平均速度分别为v1和v2，则v答案A解析足球两次击中横梁时的速度方向均沿水平方向，则逆过程均可看作平抛运动，因两次的竖直高度相同，根据h=12gt2，可知足球从O点运动到a、b的时间t1=t2，故A正确；因击中b点的球水平位移较大，可知水平速度较大，则足球击中a、b两点的速度v1<v2，故B错误；根据tanθ=vyvx=gtvx，因击中b点时的水平速度较大，可知先后两次足球被踢出时的速度方向与水平方向的夹角关系为θ1>θ2，故C错误；足球从O点运动到b点的位移较大，时间相同，可知打到a、b的平均速度关系5.(多选)(2025·河南南阳市检测)水稻抛秧是一种通过人工或抛秧机抛秧，使秧苗根部朝下，自由落入田中定植的水稻移栽新技术。甲、乙两人从相同高度沿水平方向各抛出一根秧苗，甲、乙抛出的秧苗落入田中时速度方向与水平方向的夹角分别为37°和53°，如图甲、乙所示，秧苗的质量相同，秧苗可视为质点，忽略空气阻力的影响，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，关于甲、乙两人所抛的秧苗，下列说法正确的是()A.从抛出到落入田中前的瞬间，动量变化量相同B.从抛出到落入田中前的瞬间，动量变化量不相同C.秧苗的初速度大小之比为4∶3D.从抛出到落入田中前的瞬间，水平位移大小之比为16∶9答案AD解析甲、乙两人在相同高度沿水平方向各抛出一根秧苗，竖直方向有h=12gt2，可知两根秧苗在空中的运动时间t相同，又根据动量定理有mgt=mΔv，所以甲、乙两人所抛的秧苗从抛出到落入田中前的瞬间，动量变化量相同，A正确，B错误；设秧苗落入田中前瞬间速度方向与水平方向的夹角为θ，秧苗抛出时的初速度为v0，有tanθ=vyv0，则v0=vytanθ=gttanθ，所以甲、乙两人所抛秧苗的初速度大小之比为tan53°∶tan37°=16∶9，C错误；因两根秧苗在空中的运动时间相同，水平方向有x=v6.(2025·四川巴中市检测)如图所示，弹珠发射器(可视为质点)固定于足够高的支架顶端，支架沿着与竖直墙壁平行的方向以速度v1水平运动，同时弹珠发射器可在水平面内沿不同方向发射速度大小为v2(v2>v1)的弹珠。弹珠从发射到击中墙壁的过程中水平方向位移为x，竖直方向位移为y。已知发射器到墙壁的垂直距离为L，重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是()A.x的最小值为v1B.x的最小值为v2C.y的最小值为gD.y的最小值为g答案C解析弹珠在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，当v2垂直竖直墙壁射出时，弹珠运动时间最短tmin=Lv2，y的最小值为ymin=12gtmin2=gL22v22，故C正确，D错误；由于v2>v1，则弹珠水平方向的合速度可以垂直竖直墙壁，合速度大小为v7.(2025·江西省一模)如图所示，一个小球从P点以大小为v0的初速度斜向上抛出，初速度与水平方向的夹角为θ，小球恰好垂直打在竖直墙面上的B点，墙面上的A点与P点等高且与B点在同一竖直方向上；若保持小球从P点抛出的初速度大小不变，水平抛出后小球打在墙面上的位置在A点正下方的C点。已知AB=2AC，不计空气阻力，小球可视为质点，则θ为()A.30° B.45° C.60° D.75°答案B解析设第一次斜抛小球在空中运动的时间为t，小球在空中运动的逆运动是平抛运动，第二次平抛小球在空中运动的时间为t'，则v0cosθ·t=v0·t'，由于AB=2AC，所以有12gt2=2×12gt'2，联立两式解得θ=45°，故选[争分提能练]8.(2025·山东淄博市一模)如图所示，在离地面高H的O处固定一点光源，其正前方水平距离为L处竖直放置一光屏。将一小球以大小为v0的初速度从O点水平向右抛出，在光屏上可以看到小球影子的运动，空气阻力不计，重力加速度为g，则在小球运动过程中()A.影子做匀速直线运动，速度大小为gLB.影子做匀速直线运动，速度大小为gLC.影子做匀加速直线运动，加速度大小为gD.影子做匀加速直线运动，加速度大小为gL答案A解析小球做平抛运动，小球在光屏上的投影点如图所示，由几何知识得hx=v0tL，其中h=12gt2，解得x=gL2v09.(2025·北京市朝阳区二模)如图所示，倾角为θ=37°的足够长斜面固定在水平地面上，将一小球(可视为质点)从斜面底端O点以初速度v0斜向上抛出，经过一段时间，小球以垂直于斜面方向的速度打在斜面上的P点。已知重力加速度为g，sin37°=0.6，不计空气阻力。则O、P两点之间的距离为()A.15v0226g B.15v答案A解析小球抛出后，将小球的速度与重力加速度分别沿斜面与垂直于斜面分解，则小球在这两个方向上均做匀变速直线运动。小球以垂直于斜面方向的速度打在斜面上的P点，表明此时沿斜面方向的分速度恰好减为0，根据对称性，小球打在P点时垂直于斜面方向的分速度与抛出时垂直于斜面方向的分速度等大反向。设抛出时初速度v0与斜面之间的夹角为α，在沿斜面方向上有0-v0cosα=-gsinθ·t，在垂直于斜面的方向上有-v0sinα=v0sinα-gcosθ·t，解得tanα=23，又tanα=sinαcosα，sin2α+cos2α=1，得sinα=21313，cosα=31313，在沿斜面方向上有LOP=(10.(2025·湖南省一模)我国的风洞技术处于世界领先地位。如图所示，在某次风洞实验中，一质量为m的轻质小球，在恒定的风力作用下先后以相同的速度大小v经过a、b两点，速度方向与a、b连线的夹角α、β均为45°。已知a、b连线长为L，小球的重力忽略不计。则小球从a点运动到b点过程中，下列说法正确的是()A.风力方向与a、b连线平行B.所用时间为LC.小球做匀速圆周运动D.风力大小为m答案D解析小球受到恒定风力的作用，做匀变速曲线运动，根据加速度的定义可知加速度方向和速度变化量的方向相同，根据几何关系可知加速度方向垂直于a、b连线，如图所示所以风力方向垂直于a、b连线，故A、C错误；小球的速度沿a、b连线方向的分速度为v1=vcosα=22v，所以小球从a运动到b的时间为t=Lv1=L22v=2Lv，故B错误；沿风力的方向从a点运动到b点的速度变化量为Δv=vsinβ-(-则加速度为a=Δvt=2v2Lv=v2L，根据牛顿第二定律，从a点运动到b点的风力为11.(10分)(2025·山东济宁市二模)如图所示，一儿童在房间内向地面上的O点投掷弹力球(可视为质点)，弹力球从O点反弹到右侧竖直墙壁上的M点后，又直接反弹到左侧竖直墙壁上的N点。已知两竖直墙壁间的距离L=6m，O点距右侧墙壁d=1.8m，M点与N点等高，弹力球在空中离水平地面的最大高度H=3.2m。弹力球与墙壁碰撞前后瞬间沿墙壁的速度不变，垂直于墙壁的速度大小不变，方向相反。不计空气阻力，忽略弹力球与墙壁的碰撞时间，g取10m/s2。求：(1)(5分)弹力球在O点弹起时的速度大小v0；(2)(5分)弹力球与M点碰撞后瞬间速度与竖直方向夹角的正切值。答案(1)10m/s(2)6解析(1)在竖直方向H=12g竖直方向的速度为vy1=gt1水平方向做匀速直线运动，有d+L2=vxt联立解得弹力球在O点弹起时的速度大小v0=vx2+(2)从O点到M点的过程中，水平方向做匀速直线运动，有d=vxt2竖直方向的速度为vy2=vy1-gt2在M点碰撞后瞬间速度与竖直方向夹角的正切值tanθ=v解得tanθ=65课时2圆周运动天体的运动考点一圆周运动1.水平面内的圆周运动临界条件模型示例动力学方程临界情况示例水平转盘上的物体Ff=mω2r恰好发生滑动：Ff=Ffmax圆锥摆模型mgtanθ=mrω2恰好离开接触面FN=02.竖直面及倾斜面内的圆周运动临界条件模型示例动力学方程临界情况示例轻绳模型最高点：FT+mg=mv恰好通过最高点，绳的拉力恰好为0在到达最高点前M点脱离mgcosθ=mv恰好通过最高点，FN恰好为0轻杆模型最高点：mg±F=mv恰好通过最高点，杆对小球的力等于小球的重力带电小球在叠加场中的圆周运动等效法关注六个位置的动力学方程，最高点、最低点、等效最高点、等效最低点、最左边和最右边位置，等效最高点：mg'=mv2r，其中g'恰好通过等效最高点，即恰好做完整的圆周运动倾斜转盘上的物体最高点：mgsinθ±Ff=mω2r最低点：Ff-mgsinθ=mω2r在最低点恰好不发生相对滑动例1(2024·江西卷·14)雪地转椅是一种游乐项目，其中心传动装置带动转椅在雪地上滑动。如图(a)、(b)所示，传动装置有一高度可调的水平圆盘，可绕通过中心O点的竖直轴匀速转动。圆盘边缘A处固定连接一轻绳，轻绳另一端B连接转椅(视为质点)。转椅运动稳定后，其角速度与圆盘角速度相等。转椅与雪地之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，不计空气阻力。(1)在图(a)中，若圆盘在水平雪地上以角速度ω1匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕O点做半径为r1的匀速圆周运动。求AB与OB之间夹角α的正切值。(2)将圆盘升高，如图(b)所示。圆盘匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕O1点做半径为r2的匀速圆周运动，绳子与竖直方向的夹角为θ，绳子在水平雪地上的投影A1B与O1B的夹角为β。求此时圆盘的角速度ω2。答案(1)μgω1解析(1)设转椅做匀速圆周运动时轻绳拉力为FT，转椅质量为m，受力分析可知轻绳拉力沿切线方向的分量与转椅受到地面的滑动摩擦力平衡，沿径向方向的分量提供转椅做圆周运动的向心力，故可得FTcosα=mω12r1，μmg=FTsin联立解得tanα=μg(2)设此时轻绳拉力为FT'，沿A1B方向和垂直A1B方向竖直向上的分力分别为FT1=FT'sinθ，FT2=FT'cosθ对转椅根据牛顿第二定律得FT1cosβ=mω22沿切线方向根据平衡条件有FT1sinβ=Ff=μFN竖直方向根据平衡条件有FN+FT2=mg联立解得ω2=μgsin例2(2025·山东菏泽市模拟)如图，在竖直平面内，固定有一半径为R的34光滑圆弧轨道ABC，AB为圆弧轨道的水平直径，O为圆心，C为圆弧轨道的最高点。一质量为m的小球(可看成质点)从A点正上方H(1)为使小球能在ABC轨道上运动而不脱离轨道，H应该满足的条件；(2)若H=0.9R，小球刚要脱离轨道时，小球距AB的高度h。答案(1)H≥1.5R(2)0.6R解析(1)小球刚好能到达C点时，在C点，对小球由牛顿第二定律可得mg=mv从释放小球到C的过程中，由动能定理得mg(H-R)=12m联立解得H=1.5R，故为使小球不脱离轨道，H≥1.5R(2)设小球刚要脱离轨道时小球与圆心的连线与竖直方向的夹角为θ，速度为v，由几何关系可知cosθ=h对小球由牛顿第二定律可得mgcosθ=mv由动能定理得mg(0.9R-h)=12mv联立解得h=0.6R。变式1(多选)(2023·湖南卷·8)如图，固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成，两段相切于B点，AB段与水平面夹角为θ，BC段圆心为O，最高点为C、A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R。小球从A点以初速度v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，重力加速度为g，下列说法正确的是()A.小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大B.小球从A到C的过程中，重力的功率始终保持不变C.小球的初速度v0=2D.若小球初速度v0增大，小球有可能从B点脱离轨道答案AD解析由题知，小球能沿轨道运动恰好到达C点，则小球在C点的速度为vC=0，则小球从C到B的过程中，有mgR(1-cosα)=12mv2，FN=mgcosα-mv2R，联立有FN=3mgcosα-2mg，则从C到B的过程中α由0增大到θ，则cosα逐渐减小，故FN逐渐减小，而小球从B到C的过程中，由牛顿第三定律知，对轨道的压力逐渐增大，A正确；由于A到B的过程中小球的速度逐渐减小，则A到B的过程中重力的功率大小为P=mgvsinθ，则A到B的过程中小球重力的功率始终减小，则B错误；从A到C的过程中有-mg·2R=12mvC2-12mv02，解得v0=4gR，C错误；小球在B点恰好脱离轨道有mgcosθ=mvB2R，则vB=变式2(2024·全国甲卷·17)如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m的小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部，Q为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小()A.在Q点最大 B.在Q点最小C.先减小后增大 D.先增大后减小答案C解析方法一(分析法)：设大圆环半径为R，小环在大圆环上某处(P点)与圆环的作用力恰好为零，此时只有小环的重力分力提供小环所需向心力，可知P点必在Q点上方，如图所示设P点和圆心连线与竖直向上方向的夹角为θ，从大圆环顶端到P点过程，根据机械能守恒定律mgR(1-cosθ)=12mv在P点，由牛顿第二定律得mgcosθ=mv联立解得cosθ=2从大圆环顶端到P点过程，小环速度较小，小环重力沿着指向大圆环圆心方向的分力大于小环所需的向心力，所以大圆环对小环的弹力背离圆心，不断减小，从P点到最低点过程，小环速度变大，小环重力沿着大圆环直径方向的分力和大圆环对小环的弹力的合力提供向心力，从P点到Q点，小环重力沿大圆环直径的分力逐渐减小，从Q点到最低点，小环重力沿大圆环直径的分力背离圆心，逐渐增大，所以大圆环对小环的弹力逐渐变大，根据牛顿第三定律可知小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大。方法二(数学法)：设大圆环半径为R，小环在大圆环上某处时，设该处和圆心的连线与竖直向上方向的夹角为θ(0≤θ≤π)，根据机械能守恒定律得mgR(1-cosθ)=12mv2(0≤θ≤π在该处根据牛顿第二定律得F+mgcosθ=mv2R(0≤θ≤联立可得F=2mg-3mgcosθ则大圆环对小环作用力的大小为|F|=|2mg-3mgcosθ|根据数学知识可知|F|的大小在cosθ=23时最小，由牛顿第三定律可知，小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大。故选C考点二万有引力与宇宙航行1.开普勒定律的理解(1)根据开普勒第二定律，行星在椭圆轨道上运动时，相等时间内扫过的面积相等，则v1r1=v2r2；(2)根据开普勒第三定律，r3T2=k，若为椭圆轨道，则r为半长轴，若为圆轨道，则r=R；其中k=GM(3)运行过程中行星的机械能守恒，即Ek1+Ep1=Ek2+Ep2。2.万有引力定律F=G(1)r为两质点之间的距离或两个均匀球体的球心间的距离；(2)G为引力常量，由物理学家卡文迪什测出。3.卫星的发射、运行及变轨在地面附近静止忽略自转：GMmR2=mg，故GM=gR考虑自转：两极：GMmR2赤道：GMmR2=mg0+mω卫星的发射地球的第一宇宙速度：v=GMR=gR(天体)卫星在圆轨道上运行GMmr2=Fn“轨高速低周期大”变轨(1)由低轨变高轨，瞬时点火加速，稳定在高轨道上时速度较小、动能较小、机械能较大；由高轨变低轨，反之(2)卫星经过两个轨道的相切点，加速度相等，外轨道的速度大于内轨道的速度(3)根据开普勒第三定律，半径(或半长轴)越大，周期越长例3(2025·浙江1月选考·6)地球和哈雷彗星绕太阳运行的轨迹如图所示，彗星从a运行到b，从c运行到d的过程中，与太阳连线扫过的面积分别为S1和S2，且S1>S2。彗星在近日点与太阳中心的距离约为地球公转轨道半径的0.6倍，则彗星()A.在近日点的速度小于地球的速度B.从b运行到c的过程中动能先增大后减小C.从a运行到b的时间大于从c运行到d的时间D.在近日点加速度约为地球的加速度的0.36倍答案C解析地球绕太阳做匀速圆周运动，万有引力提供向心力GMmr2=mv2r，解得v=GMr，假设哈雷彗星在近日点绕太阳做匀速圆周运动，根据哈雷彗星在近日点绕太阳做匀速圆周运动的半径小于地球公转轨道半径，因此哈雷彗星在近日点绕太阳做匀速圆周运动的速度大于地球绕太阳的公转速度，如果哈雷彗星从此圆周轨道变为原本的椭圆轨道，要做离心运动，需要在近日点加速，则哈雷彗星在原本椭圆轨道近日点的速度大于其在近日点绕太阳做匀速圆周运动的速度，故哈雷彗星在近日点的速度大于地球的速度，A错误；从b运行到c的过程中万有引力与速度方向夹角一直为钝角，哈雷彗星速度一直减小，因此动能一直减小，B错误；根据开普勒第二定律可知哈雷彗星绕太阳运行时，经过相同的时间与太阳连线扫过的面积相同，根据S1>S2可知从a运行到b的时间大于从c运行到d的时间，C正确；万有引力提供向心力GMmr2=ma，解得a=GMr2，则哈雷彗星在近日点加速度a1与地球的加速度a2例4(2025·北京卷·7)2024年6月，嫦娥六号探测器首次实现月球背面采样返回。如图所示，探测器在圆形轨道1上绕月球飞行，在A点变轨后进入椭圆轨道2，B为远月点。关于嫦娥六号探测器，下列说法正确的是()A.在轨道2上从A向B运动过程中动能逐渐减小B.在轨道2上从A向B运动过程中加速度逐渐变大C.在轨道2上机械能与在轨道1上相等D.利用引力常量和轨道1的周期，可求出月球的质量答案A解析在轨道2上从A向B运动过程中，探测器远离月球，月球对探测器的引力做负功，根据动能定理，动能逐渐减小，A正确；探测器受到万有引力，由GMmr2=ma，解得a=GMr2，在轨道2上从A向B运动过程中，r增大，加速度逐渐变小，B错误；探测器在A点从轨道1变轨到轨道2，需要在A点加速，机械能增加，所以探测器在轨道2上机械能大于在轨道1上的机械能，C错误；探测器在轨道1上做圆周运动，根据万有引力提供向心力，得GMmr2=m4π2T2r，解得M=4π2r例5(2025·重庆卷·7)“金星凌日”时，从地球上看，金星就像镶嵌在太阳表面的小黑点。在地球上间距为d的两点同时观测，测得金星在太阳表面的小黑点相距为L，如图所示。地球和金星绕太阳的运动均视为匀速圆周运动，太阳直径远小于金星的轨道半径，则地球和金星绕太阳运动的()A.轨道半径之比为LdB.周期之比为3C.线速度大小之比为L+D.向心加速度大小之比为(LL+答案D解析根据题意结合几何知识可知地球和金星绕太阳运动的轨道半径之比为r地r金=d+LL，故A错误；根据万有引力提供向心力有GMmr2=m(2πT)2r=mv2r=ma，解得T=4π2r3GM，v=GMr，a=GMr2，故可得周期之比为T地例6(2024·海南卷·6)嫦娥六号进入环月圆轨道，周期为T，轨道高度与月球半径之比为k，引力常量为G，则月球的平均密度为()A.3π(1+k)3C.π(1+k)3GT2k答案D解析设月球半径为R，质量为M，对嫦娥六号，根据万有引力提供向心力GMm[(k+1)R]2=m月球的体积V=43πR月球的平均密度ρ=M联立可得ρ=3πGT2(1+k)3天体质量和密度的计算变式3(2024·山东卷·5)“鹊桥二号”中继星环绕月球运行，其24小时椭圆轨道的半长轴为a。已知地球同步卫星的轨道半径为r，则月球与地球质量之比可表示为()A.r3a3 B.a3r3答案D解析由GMmr2=m4π2T根据开普勒第三定律r3T2=k，则可见，开普勒第三定律中的k值与中心天体质量有关，地球质量M地=4π2r3GT2，同理，对“鹊桥二号因“鹊桥二号”与地球同步卫星周期相同，所以M月M地=a变式4(2024·黑吉辽·7)如图(a)，将一弹簧振子竖直悬挂，以小球的平衡位置为坐标原点O，竖直向上为正方向建立x轴。若将小球从弹簧原长处由静止释放，其在地球与某球状天体表面做简谐运动的图像如(b)所示(不考虑自转影响)，设地球、该天体的平均密度分别为ρ1和ρ2，地球半径是该天体半径的n倍。ρ1A.2n B.n2 C.2n 答案C解析设地球表面的重力加速度为g，某球状天体表面的重力加速度为g'，弹簧的劲度系数为k，小球质量为m，根据简谐运动的平衡位置合力为零有k·2A=mg，k·A=mg'，可得g=2kAm，g'=可得gg'=2，设某球状天体的半径为R，在地球和天体表面，分别有Gρ1·43π(nR)3·m(nR)2估算法，一般是指依据一定的物理概念和规律，对所求物理量的数量级或物理量的取值范围进行大致的、合理的推算，如估算天体运行周期、天体质量或密度等宏观量，或者估算分子直径等微观量，题目往往只要求粗略估算出结果，通常出现“大约”“估算”“数量级”等字眼，或者估算某一范围。(1)估算时经常用到的近似数学关系：①角度θ很小时，弦长近似等于弧长。②θ很小时，sinθ≈θ，tanθ≈θ，cosθ≈1。③a≫b时，a+b≈a，1a+1b(2)估算时经常用到的一些物理常识数据，通常可从日常生活、生产实际、熟知的基本常识中获得，如成人体重约600N，汽车速度约为10~20m/s，成人身高大约1.6~1.8m。(3)指数函数x12、x13保留一位有效数字时，可就近取整数，如39保留一位有效数字，可以取6，(4)进行估算时，注意抓住主要因素，忽略次要因素，适当进行极端取值，快速解题。示例(2025·云南卷·5)国际编号为192391的小行星绕太阳公转的周期约为5.8年，该小行星与太阳系内八大行星几乎在同一平面内做圆周运动。规定地球绕太阳公转的轨道半径为1AU，八大行星绕太阳公转的轨道半径如下表所示。忽略其他行星对该小行星的引力作用，则该小行星的公转轨道应介于()行星水星金星地球火星木星土星天王星海王星轨道半径R/AU0.390.721.01.55.29.51930A.金星与地球的公转轨道之间B.地球与火星的公转轨道之间C.火星与木星的公转轨道之间D.天王星与海王星的公转轨道之间答案C解析根据开普勒第三定律可知r行3T行2=r地3T地2，其中r地=1AU，T地=1年，T行=5.8年，3(5.81)2≈36专题强化练[分值：54分][1~6题，每题4分，7~11题，每题6分][保分基础练]1.(2025·江苏卷·4)游乐设施“旋转杯”的底盘和转杯分别以O、O'为转轴，在水平面内沿顺时针方向匀速转动。O'固定在底盘上。某时刻转杯转到如图所示位置，杯上A点与O、O'恰好在同一条直线上。则()A.A点做匀速圆周运动B.O'点做匀速圆周运动C.此时A点的速度小于O'点D.此时A点的速度等于O'点答案B解析A点运动为A点绕O'的圆周运动和O'绕O点的圆周运动的合运动，则轨迹不是圆周，不做匀速圆周运动，故A错误；根据题意O'固定在底盘上，故可知O'围绕O点做匀速圆周运动，故B正确；杯上A点与O、O'恰好在同一条直线上且A点和O'点运动方向相同，则vA=vO'+vA'，vA'为A相对于O'的速度，故此时A的速度大于O'的速度，故C、D错误。2.(2025·湖北卷·2)甲、乙两行星绕某恒星做匀速圆周运动，甲的轨道半径比乙的小。忽略两行星之间的万有引力作用，下列说法正确的是()A.甲运动的周期比乙的小B.甲运动的线速度比乙的小C.甲运动的角速度比乙的小D.甲运动的向心加速度比乙的小答案A解析恒星对行星的万有引力提供行星做匀速圆周运动所需的向心力，可知GMmr2=mv2r=mω2r=m4π2T2r=ma，解得T=2πr3GM，v=GMr，ω=GMr3，a=GMr2，因r甲<r乙，可知T甲<T乙，v甲>v乙3.(2025·山东卷·4)某同学用不可伸长的细线系一个质量为0.1kg的发光小球，让小球在竖直面内绕一固定点做半径为0.6m的圆周运动。在小球经过最低点附近时拍摄了一张照片，曝光时间为150s。由于小球运动，在照片上留下了一条长度约为半径15的圆弧形径迹，重力加速度g取10