2026高考物理二轮复习题型02 力与运动（6大题型）（题型专练）（解析版）

PAGE1PAGE专题02力与运动目录目录第一部分题型解码高屋建瓴，掌握全局第二部分考向破译微观解剖，精细教学典例引领方法透视变式演练考向01力与物体的平衡 考向02力与直线运动 考向03动力学图像综合问题 考向04运动的合成与分解抛体运动 考向05圆周运动的分析与计算 考向06万有引力定律及其应用 第三部分综合巩固整合应用，模拟实战题型解码“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。考向破译考向一力与物体的平衡【典例引领1】（2026高三上·河南商丘·期中）如图所示，A、B两球用a、b两段轻绳连接，轻绳a绕过光滑定滑轮。给B球施加一个水平向右的拉力F，使A、B两球均处于静止状态且在同一水平线上。已知滑轮两边轻绳与水平方向的夹角分别为53°、37°，，则A、B两球质量之比等于（）A． B． C． D．【答案】A【解析】设绳a上的拉力为，绳b上的拉力为，对A球受力分析，根据平衡条件，竖直方向上有同理，对B球受力分析，则有联立解得故选A。【典例引领2】（2026高三上·江西新余·月考）如图所示，一内表面光滑的半圆形凹槽放在粗糙的水平地面上，物块（可看做质点）静置于槽内最底部的A点处。现用一方向不变的斜向上的推力F把物块从A点沿着凹形槽缓慢推至B点，整个过程中，凹槽始终保持静止。设物块受到凹槽的支持力为FN，则在上述过程中下列说法正确的是（）A．F一直增大，FN先减小后增大B．F和FN都一直增大C．地面对凹槽的支持力一直增大D．地面对凹槽的摩擦力保持不变【答案】A【详解】AB．采用图解法分析如下由图可知F一直增大，FN先减小后增大，故A正确，B错误；C．外力F逐渐增大，竖直向上分力也逐渐增大，取整体为研究对象可知地面对凹槽的支持力一直减小，故C错误；D．外力F逐渐增大，水平向右分力也逐渐增大，取整体为研究对象可知地面对凹槽的有水平向左的摩擦力，且逐渐增大，故D错误。故选A。【方法透视秘籍】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；(3)出现“最大”“最小”“恰好”等文字时，一般为临界问题。【变式演练】【变式1-1】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OA、OB之间的摩擦，石球对OA板的压力大小为、石球对OB板的压力大小为，则在缓慢抬起把手使OA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．、的合力先变大后变小 D．、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，受力如图所示缓慢抬起过程中，石球受力平衡，结合数学知识可得其中和不变，在转动过程中从90°增大到180°，则不断变小，将不断变小；从钝角变为锐角，其中跨过了90°，因此先变大后变小，则将先变大后变小。故选A。【变式1-2】如图所示，将两块光滑平板OA、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m的光滑小球，整个装置保持静止，初始时OA板在水平地面上，现使楔形槽绕O点顺时针缓慢转动至OA板竖直，则转动过程中（）A．初始时OA板对小球的作用力最大B．转过30°时OA板对小球的作用力最大C．转过60°时OB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，根据拉密原理可知因为，转动过程中，α=120°不变，小球重力mg不变，则比值不变；θ角由60°增大到150°；β角由180°减小到90°。sinθ先增大后减小；sinβ一直增大。所以NA先增大后减小；NB一直增大。当θ=90°时，即转过30°角时，sinθ最大，即NA最大；当β=90°时，即转过90°角时，sinβ最大，即NB最大。故选BD。【变式1-3】在建筑工地上，把三个形状相同且质量都为的匀质圆形钢管按照如图所示放置在粗糙水平面上，钢管刚好接触且无挤压，系统处于静止状态，重力加速度为，钢管与水平地面之间的动摩擦因数为，，则水平面对钢管的摩擦力大小为（）A．0 B． C． D．【答案】C【详解】对A钢管受力分析，如图A钢管受到重力，以及B、C钢管对它的支持力（因为B、C与A接触且对称，所以两个支持力大小相等）。由于A处于静止状态，竖直方向受力平衡。根据几何关系，A与B、C的圆心连线构成等边三角形，所以支持力F与竖直方向的夹角为。对A进行竖直方向的受力分析有解得对B钢管受力分析，B钢管受到重力、地面的支持力、A对B的压力（大小等于），以及地面的静摩擦力。将沿水平方向分解，根据平衡条件有水平分力求得，故选C。考向二力与直线运动【典例引领】（2026高三上·安徽·期中）某新能源汽车以某一初速度做匀减速直线运动，经过时间停止。运动距离为，则汽车停止前的时间内运动的距离为（

）A． B． C． D．【答案】A【详解】将汽车匀减速直线运动到速度为零，看成是反向的初速度为零的匀加速直线运动。根据匀变速直线运动的位移公式可知，汽车停止前的时间内运动的距离为，故A正确。【方法透视】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。【变式演练】【变式2-1】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内，平均速度大小，最后的内平均速度的大小，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 B．机器人的初速度大小为C．机器人运动的时间为1.25s D．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中间时刻的速度求得故A错误；B．机器人通过开始的所用的时间中间时刻的速度求得B错误；CD．对全程有则有故CD正确；故选CD。【变式2-2】钢球由静止开始做自由落体运动，不计空气阻力，落地时的速度大小为，重力加速度，下列说法正确的是（

）A．它下落的前一半时间与后一半时间的位移之比为B．它在前2秒内的平均速度大小为C．它在最后1秒内下落的高度为D．它下落的最后1秒内的平均速度大小为【答案】C【详解】A．由速度时间公式可得钢球总下落时间前一半时间（2秒）的位移为总位移为后一半时间的位移为可知下落的前一半时间与后一半时间的位移之比为，故A错误；B．前2秒内的平均速度为，故B错误；C．前三秒的位移为最后1秒下落的高度为，故C正确；D．最后1秒的平均速度为，故D错误。故选C。【变式2-3】8月6日，南京城市交通迎来了重大利好消息，备受期待的地铁5号线正式通车。若以的初速度在平直轨道上行驶的列车，匀减速运行20s后停止，则减速运动中其加速度的大小为（）A． B． C． D．【答案】C【详解】已知初速度，末速度，时间。根据匀变速直线运动公式，代入数据解得加速度负号表示方向与初速度相反。加速度的大小为，故选C。【变式2-4】从地面以初速度竖直上抛一小球A，与此同时在该小球上抛能达到的最高处有另外一小球B以初速度竖直向下抛出，忽略空气阻力，则A、B两球相遇时速度大小之比为（）A．5：13 B．1：1 C．5：8 D．1【答案】A【详解】小球A竖直上抛的最大高度为相遇时，A的高度为B的高度为相遇时满足联立解得两球相遇时A的速度B的速度速度之比故选A。考向三动力学图像综合问题【典例引领】（2026高三上·安徽·期中）如图（a），倾角为的足够长斜面放置在粗糙水平面上。质量相等的可视为质点的小物块A、B同时以初速度沿斜面下滑，A、B与斜面的动摩擦因数分别为、，整个过程中斜面相对地面静止。A和B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，A的曲线在时切线斜率为0，则（）A．时，B的速度大小为B．之前，A和B的加速度大小相等、方向相反C．D．之前，地面对斜面的摩擦力为零【答案】BCD【详解】A．位置与时间的图像的斜率表示速度，AB两个物块的曲线均为抛物线，则A物体做匀减速运动，B物体做匀加速运动，在时间内AB的位移可得，可得时刻B物体的速度为，故A错误；B．A物体的加速度大小为B物体的加速度大小为A和B的加速度大小相等、方向相反，故B正确；C．由牛顿第二定律可得，对A物体同理对B物体联立可得，故C正确；D．由系统牛顿第二定律可得，故D正确。故选BCD。【方法透视】一．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＝eq\f(F,m)－μg，斜率为eq\f(1,m)，截距为－μg二.解图象问题时要做好“三看”(1)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(v­t、x­t、a­t、x­v2、v­x等)，还是动力学图象(F­t、F­x、P­t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；(3)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。【变式演练】【变式3-1】（2026高三上·云南玉溪·期中）如图所示，A、B两个物体相互接触，但并不黏合，静置在水平面上。水平面与物体间的摩擦力可忽略，两物体的质量mA=4kg，mB=6kg。从时刻开始，水平推力FA和水平拉力FB分别作用于A、B物体上，FA、FB随时间t的变化关系如图乙所示。下列说法正确的是（）A．t=1.5s时，A、B分离B．t=1.5s时，A的速度大小为C．t=1.0s时，A对B的作用力大小为2.0ND．从开始运动到AB分离，A对B弹力的冲量大小为4N·s【答案】CD【详解】A．结合题图乙与数学知识可知，和与时间的关系分别为，AB两物体即将分离时，对AB整体有当AB两物体即将分离时，AB两物体之间的作用力为零，对B物体有解得，故A错误；B．由于1.5s小于2.0s，所以在过程中，AB两物体并未分离，对其整体有可知其分离前，AB整体所受合外力不变，所以其加速度不变，加速度为1m/s2，所以该过程中物体A做匀变速直线运动，两物体从静止开始，所以时，A物体的速度为，故B错误；C．1s时两物体并未分离，对AB整体有对物体B有解得时，A对B的作用力大小为2.0N，故C正确；D．从开始运动到时AB分离，B的速度大小为时，的大小为从开始运动到AB分离时，对B由动量定理得解得A对B弹力的冲量大小为，故D正确。故选CD。【变式3-2】物块a、b中间用一根轻质弹簧相接，放在光滑水平面上，，如图甲所示。开始时两物块均静止，弹簧处于原长，时对物块a施加水平向右的恒力F。时撤去，在0~2s内两物体的加速度随时间变化的情况如图乙所示。弹簧始终处于弹性限度内，整个运动过程中以下分析正确的是（）A．恒力B．若F不撤去，则2s后两物块将一起做匀加速运动C．撤去F瞬间，a的加速度大小为D．物块b的质量为【答案】C【详解】A．时，弹簧弹力为零，对，根据牛顿第二定律可得，故A错误；B．根据图像与时间轴所围的面积表示速度的变化量，由图像可知，时的速度大于的速度，所以若此时不撤去，弹簧在之后的一段时间内会继续伸长，的加速度减小，的加速度增大，并不能一起做匀加速运动，故B错误；D．时，、整体加速度相同，对整体，根据牛顿第二定律可得解得，故D错误；C．2s时，对，根据牛顿第二定律可得弹簧弹力大小为撤去瞬间，弹簧弹力不会突变，此时的加速度大小为，故C正确。故选C。【变式3-3】用一个沿水平方向很大的力推放在粗糙程度相同的水平面上物体，推力不断减小的过程中，物体运动的加速度随推力变化的图像如图所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小，下列说法正确的是（）A．物体的质量为1kg B．物体与水平面间的动摩擦因数为0.5C．当推力减小为10N时，物体的加速度最大 D．当推力减小为0时，物体的速度一定为零【答案】B【详解】AB．对物体，由牛顿第二定律得解得图像的斜率解得物体的质量图像纵轴截距解得物体与水平面间的动摩擦因数，故A错误，B正确；C．由图示图像可知，当推力减小为10N时，物体的加速度为零，最小，故C错误；D．开始力较大，大于物体的滑动摩擦力，物体做加速运动，当推力等于滑动摩擦力后物体开始做减速运动，由图示可知，推力减小为0时，物体的加速度为，物体仍在运动，物体速度不为零，故D错误。故选B。考向四运动的合成与分解抛体运动【典例引领1】（2026高三上·湖南常德·月考）杭州亚运会时，有许多无人机在空中拍摄运动会入场式表演。某无人机从地面起飞上升并向前追踪拍摄的过程中，其水平向前的速度和竖直向上的速度与飞行时间t的关系图线分别如图甲、图乙所示。则该无人机（）A．在0~1s时间内做曲线运动B．在时上升至最高点C．在第内的加速度大小为D．在时回到地面【答案】C【详解】A．无人机水平方向和竖直方向的初速度均为零，故无人机的初速度为零，又因为在0~1s时间内无人机水平方向和竖直方向均做匀加速直线运动，故水平方向和竖直方向的加速度不变，故无人机的加速度不变，即在0~1s时间内无人机做初速度为零的匀加速直线运动，故A错误；BD．由题图乙可知，在时间内，无人机一直向上运动，时，无人机竖直方向的速度为零，上升至最高点，故BD错误；C．在第内，无人机水平方向加速度为零，竖直方向加速度大小故无人机的加速度大小为，故C正确。故选C。【典例引领2】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。不计空气阻力，重力加速度为，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因解得A不符合题意；B．石子在此过程中的水平位移为其中两式联立可得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。【方法透视】1．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。(2)平抛运动速度的偏角θ的正切值是位移偏角α正切值的2倍，tanθ＝2tanα。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。【变式演练】【变式4-1】行进间接传球是篮球训练的重要项目，如图所示，两运动员同时起跑并保持相同的速度匀速前行，运动中甲正对着乙把篮球传给对方，乙接球后再以同样的方式传给甲，甲、乙接传球的高度相等，且甲、乙把篮球传出时篮球速度与甲乙连线夹角相等，篮球可看成质点，忽略空气阻力。下列说法正确的是（）A．篮球在空中做平抛运动B．篮球在空中做匀速运动C．运动员速度越大，篮球从甲传到乙的时间越短D．运动员速度越大，篮球从甲传到乙时位移越大【答案】D【详解】AB．篮球离开手时的瞬间速度方向斜向上，篮球在空中做斜抛运动，故AB错误；C．篮球离手瞬间相对运动员的速度方向与两者连线呈一定角度向上，由题意可知篮球在空中运动时，篮球速度沿两者连线方向不变，故篮球从甲传到乙的时间与从乙传到甲的时间相等，与运动员速度无关，故C错误；D．甲乙之间位移恒定，运动员速度越大，篮球在运动员前行方向位移越大，故篮球从甲传到乙时位移也越大，故D正确。故选D。【变式4-2】在现代农业中，使用无人机播撒种子成为新的选择，可以大大降低人力成本。若无人机水平匀速飞行，同时每隔相等时间定量播撒种子，相邻两次播撒的种子落地后的水平间距越大种植密度越小，（空气阻力忽略不计）则下列说法中正确的是（）A．仅减小无人机匀速飞行速度，不会改变播种过程中的种植密度B．仅减小无人机匀速飞行速度，会减小播种过程中的种植密度C．仅升高无人机的飞行高度，会增加播种过程中的种植密度D．仅升高无人机的飞行高度，不会改变播种过程中的种植密度【答案】D【详解】相邻两次播撒的种子水平间距为（为无人机速度，为播撒时间间隔）。AB．减小会直接减小，导致种植密度增大，故A、B均错误；CD．种子下落时间，高度改变仅影响单颗种子的水平位移，但相邻种子的间距与无关，故升高不会改变密度，D正确，C错误。故选D。【变式4-3】如图为倾角为的斜坡，斜坡底端Q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（）A．炸弹A、B在空中的飞行时间之比为B．重力对炸弹A、B做功之比为2：1C．任意相同时间内，炸弹A、B在空中的速度变化量之比为1：1D．【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又联立解得，故A正确；B．两导弹下落高度之比为由可知，重力做功之比为2∶1，故B正确；C．对于甲乙释放的导弹，在任意相同时间内速度变化量可知两导弹在任意相同时间内速度变化量相同，其比值为，故C正确；D．由A选项的解析可知故D错误。故选ABC。考向五圆周运动的分析与计算【典例引领1】如图是汽车在水平路面上转弯时的画面，下列说法正确的是（）A．汽车转弯时受到重力、支持力、摩擦力和向心力B．若转弯时汽车速度增大，则一定会发生侧滑C．若转弯时汽车的角速度恒定，则选择内圈较为安全D．若转弯时汽车的线速度大小一定，则选择内圈较为安全【答案】C【详解】A．车做的是匀速圆周运动，是侧向静摩擦力提供向心力，重力和支持力平衡，所以汽车在转弯时受到重力、支持力和摩擦力作用，向心力是效果力不是物体实际受到的力，故A错误；B．若转弯时汽车速度增大，根据车所需要的向心力增加，由受力可知，由静摩擦力提供车辆所需要的向心力，当车所需要的向心力增加，静摩擦力不一定增加到最大静摩擦力，故车不一定侧滑，故B错误；C．如果汽车以恒定的角速度转弯，根据可知在内圈时转弯半径小，所以在内圈时向心力小，则静摩擦力小，不容易打滑，安全，故C正确；D．若汽车以恒定的线速度大小转弯，根据在外圈是转弯半径大，在外圈时向心力小，此时静摩擦力小，不容易打滑，安全。故D错误。故选C。【典例引领2】（2026高三上·安徽六安·月考）如图1所示，O点处固定有力传感器，长为l的轻绳一端与力传感器相连，另一端固定着一个小球。现让小球在最低点以某一速度开始运动，设轻绳与竖直方向的角度为（如图所示），图2为轻绳弹力大小F随变化的部分图像。图2中a为已知量，不考虑空气阻力，重力加速度大小为g，则（）A．小球质量为B．小球在与圆心等高处时的速度为C．小球运动到时的动能为D．小球在最低点时对细线的拉力为4a【答案】B【详解】A．设小球在最低点时的速度为v0，则当角度为θ时，由动能定理绳子拉力满足联立解得故图线斜率大小为；截距解得，，故A错误；B．与圆心等高处，即时，此时满足且由A知解得，故B正确；C．小球运动到时，由动能定理解得，故C错误；D．小球在最低点时，小球对细线的拉力，故D错误。故选B。【方法透视】1.基本思路(1)受力分析，明确向心力的来源，确定圆心以及半径．(2)列出正确的动力学方程F＝meq\f(v2,r)＝mrω2＝mωv＝mreq\f(4π2,T2).2.技巧方法竖直平面内圆周运动的最高点和最低点的速度通常利用动能定理来建立联系，然后结合牛顿第二定律进行动力学分析．3.圆周运动问题的求解步骤(1)审清题意，确定研究对象，明确物体做圆周运动的平面。(2)分析清楚物体的受力情况，找清楚是哪些力充当向心力。(3)分析清楚物体的运动状态，如线速度、角速度、周期、轨迹半径等。(4)根据牛顿第二定律列方程求解。4．圆周运动的一些典型模型的处理方法【变式演练】【变式5-1】（2026高三上·福建·期中）高空旋转秋千设施如图甲所示，其简化模型如图乙所示，水平圆盘绕竖直中心立柱匀速转动。一名游客连同座椅的总质量为m，通过长度为L的轻绳悬挂在A点，A点到立柱的距离为。当游客匀速转动时，轻绳与竖直方向的夹角为，重力加速度为g，游客和座椅可视为质点，忽略空气阻力。下列说法正确的是（）A．游客做匀速圆周运动的向心加速度大小为B．轻绳拉力大小为C．游客做匀速圆周运动的角速度大小为D．游客做圆周运动的线速度大小为【答案】C【详解】AB．以游客和座椅整体为研究对象，竖直方向受力平衡有水平方向由牛顿第二定律得联立解得，故AB错误；C．由几何关系可知，游客做匀速圆周运动的半径为游客做匀速圆周运动时，由向心加速度公式解得角速度大小，故C正确；D．由，解得线速度大小，故D错误。故选C。【变式5-2】（2026高三上·河北邯郸·期中）如图，表面光滑的竖直圆环轨道固定在水平面上，半径为R，一小球静止在轨道的最高点A点。小球受到轻微的扰动，从A点由静止沿轨道滑下。已知P、O两点的连线与竖直方向的夹角为，小球可看作质点，重力加速度大小为g，则小球在P点受到轨道的支持力大小为（）A． B． C． D．【答案】D【详解】小球从A点运动到P点，根据机械能守恒定律有小球在P点时有联立解得故选D。【变式5-3】．如图所示，小球沿水平面通过O点进入半径为R的半圆弧轨道后恰能通过最高点P，然后落回水平面，不计一切阻力，下列说法正确的是（

）A．小球落地点离O点的水平距离为RB．小球落地点时的动能为C．小球运动到半圆弧最高点P时向心力恰好为零D．若将半圆弧轨道上的圆弧截去，其他条件不变，则小球能达到的最大高度比P点高0.5R【答案】D【详解】A．小球恰能通过最高点，根据牛顿第二定律得解得根据得则水平距离为，故A错误；B．根据动能定理得解得落地的动能为，故B错误；C．小球恰好运动到最高点，重力提供向心力，向心力不为零，故C错误；D．若将半圆弧轨道上的圆弧截去，到达最高点的速度为零，有未截去前有联立两式解得，故D正确。故选D。考向六万有引力定律及其应用【典例引领】（2026高三上·安徽·期中）北斗系统由若干地球静止轨道卫星、倾斜地球同步轨道卫星和中圆地球轨道卫星等组成。将地球看成质量均匀的球体，若地球同步轨道卫星的轨道半径是地球半径的倍，下列说法正确的是（）A．地球同步轨道卫星的轨道平面一定与地球赤道平面共面B．地球同步轨道卫星的线速度是地球第一宇宙速度的倍C．考虑地球自转，地球赤道重力加速度大小与北极的重力加速度大小之比为D．考虑地球自转，地球赤道重力加速度大小与北极的重力加速度大小之比为【答案】D【详解】A．地球倾斜同步轨道卫星轨道平面不是与赤道平面共面，故A错误；B．根据第一宇宙速度是近地轨道的环绕速度，计算为同步卫星轨道半径为，其线速度为即同步卫星线速度是第一宇宙速度的倍。故B错误；CD．北极的重力加速度赤道处物体受地球自转影响，有效重力加速度为同步卫星角速度满足即代入得赤道向心加速度因此赤道有效重力加速度与北极的比值为。故C错误，D正确。故选D。【方法透视】1.考虑星球自转时星球表面上的物体所受重力为万有引力的分力；忽略自转时重力等于万有引力．2.一定要区分研究对象是做环绕运动的天体，还是在星球表面上随星球一块自转的物体．做环绕运动的天体受到的万有引力全部提供向心力，星球表面上的物体受到的万有引力只有很少一部分用来提供向心力．3.估算中心天体质量和密度的两条思路和三个误区(1)两条思路①利用天体表面的重力加速度和天体半径估算由Geq\f(Mm,R2)＝mg天体得M＝eq\f(g天体R2,G)，再由ρ＝eq\f(M,V)，V＝eq\f(4,3)πR3得ρ＝eq\f(3g天体,4GπR)。②已知天体做匀速圆周运动的轨道半径和周期，由Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r得M＝eq\f(4π2r3,GT2)，再结合ρ＝eq\f(M,V)，V＝eq\f(4,3)πR3得ρ＝eq\f(3πr3,GT2R3)，在中心天体表面做匀速圆周运动时，r＝R，则ρ＝eq\f(3π,GT2)。(2)三个常见误区①天体质量和密度的估算是指中心天体的质量和密度的估算，而非环绕天体的。②注意区分轨道半径r和中心天体的半径R。③在考虑自转问题时，只有两极才有eq\f(GMm,R2)＝mg天体。4.环绕天体绕中心天体做圆周运动的规律(1)一种模型：无论是自然天体(如地球、月亮)还是人造天体(如宇宙飞船、人造卫星)都可以看做质点，围绕中心天体(视为静止)做匀速圆周运动，万有引力提供其做圆周运动的向心力。(2)两条思路①万有引力提供向心力，即eq\f(GMm,r2)＝meq\f(v2,r)＝mrω2＝mr·(eq\f(2π,T))2＝ma；②天体对其表面物体的万有引力近似等于重力，即eq\f(GMm,R2)＝mg天体。(3)三点提醒①a、v、ω、T、r只要一个量发生变化，其他量也发生变化；②a、v、ω、T与环绕天体的质量无关；③对于人造地球卫星，当r＝R地时，v＝7.9km/s为第一宇宙速度。(4)四点注意①同步卫星绕地心做匀速圆周运动的周期等于地球的自转周期。②所有同步卫星都在赤道上空相同的高度上。③注意同步卫星与地球赤道上物体的区别与联系。④区别轨道半径与距天体表面的高度。5.航天器（卫星）变轨应注意的五个问题(1)若卫星由高轨道变轨到低轨道，即轨道半径(半长轴)减小时，需要在高轨道变轨处减速；反之，若卫星由低轨道变轨到高轨道，即轨道半径(半长轴)增大时，需要在低轨道变轨处加速。(2)卫星变轨时速度的变化情况，可根据轨道半径(半长轴)的变化情况判断；稳定的新轨道上运行速度的变化情况可由开普勒第二定律判断。(3)同一卫星在不同轨道上运行时机械能不同，轨道半径(半长轴)越大，机械能越大。(4)卫星经过不同轨道相交的同一点时加速度相等。外轨道的速度大于内轨道的速度。(5)同一中心天体的不同圆轨道或椭圆轨道的周期均满足开普勒第三定律eq\f(a3,T2)＝k。6.双星与多星问题(1).核心问题是“谁”提供向心力的问题．(2).“双星问题”的隐含条件是两者的向心力相同、周期相同、角速度相同；双星中轨道半径与质量成反比；(3).多星问题中，每颗行星做圆周运动所需的向心力是由它们之间的万有引力的合力提供，即F合＝meq\f(v2,r)，以此列向心力方程进行求解．【变式演练】【变式6-1】（2026高三上·江苏宿迁·期中）如图，A、B为同一平面内绕顺时针方向运行的两颗卫星。某时刻两卫星的连线与A卫星的轨道相切，已知A、B卫星的运行周期分别为TA、TB，A、B卫星的运行半径分别为r、2r，则（

）A．卫星A的机械能比B小B．卫星A的角速度是B的两倍C．卫星A的向心力比B大D．经时间两卫星距离最近【答案】D【详解】A．机械能与质量有关，由于不清楚质量关系，所以无法判断机械能大小，故A错误；B．根据万用引力提供向心力有得即卫星A的角速度是卫星B的角速度倍，故B错误；C．根据万有引力定律有因两卫星的质量关系未知，所以无法比较卫星A的向心力与卫星B的向心力的大小，故C错误；D．根据开普勒第三定律有得设图示时刻两卫星与地球球心的连线夹角为，则得设由图示时刻经时间t两卫星相距最近，则得，故D正确。故选D。【变式6-2】2025年8月9日凌晨0点31分，捷龙三号遥六运载火箭搭乘“东方航天港”号发射船在山东日照近海海域点火升空。此次发射采用一箭十一星的方式将吉利星座04组卫星送入600公里高度、倾角为的LEO轨道，发射任务取得圆满成功。若星座中的某卫星绕地球做圆周运动，运动周期小于地球自转周期，则该卫星（）A．运动速度大于第一宇宙速度B．运动速度等于第一宇宙速度C．轨道半径小于“静止”在赤道上空的地球同步卫星的轨道半径D．轨道半径大于“静止”在赤道上空的地球同步卫星的轨道半径【答案】C【详解】AB．第一宇宙速度是卫星环绕地球匀速圆周运动的最大速度，卫星轨道半径大于地球半径，速度小于第一宇宙速度，故AB错误；CD．由开普勒第三定律可知，周期越小，轨道半径越小。同步卫星周期等于地球自转周期（24小时），该卫星周期小于地球同步卫星周期，故轨道半径小于同步卫星，故C正确，D错误。故选C。【变式6-2】中国首次火星探测任务工程总设计师表示，我国将在2028年实施“天问三号”火星探测与取样返回任务。“天问三号”探测器从地球发射后第一次变轨进入地火转移轨道，逐渐远离地球，成为一颗人造行星，运行轨迹简化如图所示，Ⅰ是地球运行圆轨道，Ⅱ是地火转移椭圆轨道，Ⅲ是火星运行圆轨道，轨道Ⅰ与轨道Ⅱ相切于P点，轨道Ⅱ与轨道Ⅲ相切于Q点。则（）A．地球绕太阳公转速度小于火星绕太阳公转速度B．“天问三号”的发射速度应满足C．“天问三号”在轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ上运动的全过程中，在轨道Ⅰ上P点处运行速度最大D．Q点处，“天问三号”在轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅲ需要向后喷气【答案】D【详解】A．由万有引力提供向心力可得可得由于地球绕太阳的轨道半径小于火星绕太阳的轨道半径，所以地球绕太阳公转速度大于火星绕太阳公转速度，故A错误；B．“天问三号”的发射速度应满足大于等于第二宇宙速度小于第三宇宙速度，即，故B错误；C．卫星从低轨道变轨到高轨道需要在变轨处点火加速，所以轨道Ⅱ经过P点速度大于轨道Ⅰ经过P点速度，故C错误；D．“天问三号”在轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅲ需要在Q点处点火加速，即向后喷气，故D正确。故选D。综合巩固1．（2025·全国卷·高考真题）我国自主研发的CR450动车组试验时的速度可达450km/h。若以120m/s的初速度在平直轨道上行驶的CR450动车组，匀减速运行14.4km后停止，则减速运动中其加速度的大小为（）A．0.1m/s2 B．0.5m/s2 C．1.0m/s2 D．1.5m/s2【答案】B【详解】根据速度位移关系其中，代入数据可得减速运动中其加速度的大小故选B。2．（2025·重庆·高考真题）“魔幻”重庆的立体交通层叠交错，小明选取其中两条线探究车辆的运动。如图所示，轻轨列车与汽车以速度分别从M和N向左同时出发，列车做匀速直线运动，汽车在长为s的NO段做匀减速直线运动并以速度进入半经为R的OP圆孤段做匀速圆周运动。两车均视为质点，则（）A．汽车到O点时，列车行驶距离为s B．汽车到O点时，列车行驶距离为C．汽车在OP段向心加速度大小为 D．汽车在OP段向心加速度大小为【答案】B【详解】AB．对汽车，根据速度位移关系可得匀减速运动的加速度大小汽车做减速运动的时间这段时间列车行驶距离为B正确，A错误；CD．根据可得汽车在OP段向心加速度大小为CD错误。故选B。3．（2025·海南·高考真题）如图所示，光滑圆弧竖直固定，用轻绳连接两个小球P、Q，两小球套在圆环上且均处于平衡状态，两小球与圆弧的圆心连线夹角分别为和，则两球质量之比为（

）A． B． C． D．【答案】B【详解】方法一：以小球P和Q为系统，根据力矩平衡有可得方法二：对P受力分析，受重力、圆弧轨道的支持力和轻绳的拉力，将重力和绳子拉力沿着垂直半径方向分解，根据平衡条件可得可得同理可得则故选B。4．（2025·重庆·高考真题）现代生产生活中常用无人机运送物品，如图所示，无人机携带质量为m的匀质钢管在无风的空中悬停，轻绳M端和N端系住钢管，轻绳中点O通过缆绳与无人机连接。MO、NO与竖直方向的夹角均为60°，钢管水平。则MO的弹力大小为（）（重力加速度为g）A．2mg B．mg C． D．【答案】B【详解】以钢管为研究对象，设轻绳的拉力为，根据对称性可知两边绳子拉力相等，根据平衡条件可得故选B。5．（2025·河北·高考真题）如图，内壁截面为半圆形的光滑凹槽固定在水平面上，左右边沿等高。该截面内，一根不可伸长的细绳穿过带有光滑孔的小球，一端固定于凹槽左边沿，另一端过右边沿并沿绳方向对其施加拉力F。小球半径远小于凹槽半径，所受重力大小为G。若小球始终位于内壁最低点，则F的最大值为（）A． B． C．G D．【答案】B【详解】分析可知当凹槽底部对小球支持力为零时，此时拉力F最大，根据平衡条件有解得故选B。6．（2025·陕晋青宁卷·高考真题）如图，质量为m的均匀钢管，一端支在粗糙水平地面上，另一端被竖直绳悬挂，处于静止状态，钢管与水平地面之间的动摩擦因数为、夹角为，重力加速度大小为g。则地面对钢管左端的摩擦力大小为（）A． B． C． D．0【答案】D【详解】对钢管受力分析，如图所示若钢管受到地面的摩擦力，则钢管水平方向受力不平衡，钢管不可能处于静止状态，故地面对钢管左端的摩擦力大小为零。ABC错误，D正确。故选D。6．（2025·甘肃·高考真题）2025年4月24日，在甘肃酒泉卫星发射中心成功发射了搭载神舟二十号载人飞船的长征二号F遥二十运载火箭。若在初始的内燃料对火箭的平均推力约为。火箭质量约为500吨且认为在内基本不变，则火箭在初始内的加速度大小约为（）（重力加速度g取）A． B． C． D．【答案】A【详解】根据题意，由牛顿第二定律有代入数据解得故选A。7．（2025·北京·高考真题）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．从到，实验舱处于电磁弹射过程 B．从到，实验舱加速度大小减小C．从到，实验舱内物体处于失重状态 D．时刻，实验舱达到最高点【答案】B【详解】A．间，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，故实验舱先处于弹射过程后做竖直上抛运动；故A错误；B．，f向下在减小，可知此时速度方向向上，速度在减小，根据牛顿第二定律有即故加速度大小在减小，故B正确；C．间，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；D．根据前面分析可知时刻速度方向改变，从向上变成向下运动，故时刻到达最高点，故D错误。故选B。8．（2025·安徽·高考真题）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，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，则在乙下落的过程中（）A．甲对木箱的摩擦力方向向左 B．地面对木箱的支持力逐渐增大C．甲运动的加速度大小为 D．乙受到绳子的拉力大小为【答案】C【详解】A．因为物块甲向右运动，木箱静止，根据相对运动，甲对木箱的摩擦力方向向右，A错误；B．设乙运动的加速度为，只有乙有竖直向下的恒定加速度，对甲、乙和木箱，由整体法，竖直方向受力分析有则地面对木箱的支持力大小不变，B错误；CD．设绳子的弹力大小为，对甲受力分析有对乙受力分析有联立解得，C正确，D错误。故选C。9．（2025·江西·高考真题）如图所示，人形机器人陪伴小孩玩接球游戏。机器人在高度为H的固定点以速率水平向右抛球，小孩以速率水平向左匀速运动，接球时手掌离地面高度为h。当小孩与机器人水平距离为时，机器人将小球抛出。忽略空气阻力，重力加速度为g。若小孩能接到球，则为（）A． B． C． D．【答案】B【详解】若小孩能接到球，则有，联立解得故选B。10．（2025·浙江·高考真题）如图所示，在水平桌面上放置一斜面，在桌边水平放置一块高度可调的木板。让钢球从斜面上同一位置静止滚下，越过桌边后做平抛运动。当木板离桌面的竖直距离为h时，钢球在木板上的落点离桌边的水平距离为x，则（）A．钢球平抛初速度为 B．钢球在空中飞行时间为C．增大h，钢球撞击木板的速度方向不变 D．减小h，钢球落点离桌边的水平距离不变【答案】B【详解】AB．根据平抛运动的规律可知，钢球在空中飞行时间为钢球平抛初速度为，A错误，B正确；C．钢球撞击木板时速度方向与水平方向的夹角满足可知，增大h，钢球撞击木板的速度方向与水平方向的夹角变大，C错误；D．根据可知，减小h，钢球落点离桌边的水平距离x减小，D错误。故选B。11．（2025·甘肃·高考真题）如图，小球A从距离地面处自由下落，末恰好被小球B从左侧水平击中，小球A落地时的水平位移为。两球质量相同，碰撞为完全弹性碰撞，重力加速度g取，则碰撞前小球B的速度大小v为（）A． B． C． D．【答案】B【详解】根据题意可知，小球A和B碰撞过程中，水平方向上动量守恒，竖直方向上A球的竖直速度不变，设碰撞后A球水平速度为，B球水平速度为，则有碰撞为完全弹性碰撞，则由能量守恒定律有联立解得，小球A在竖直方向上做匀加速直线运动，则有解得可知，碰撞后，小球A运动落地，则水平方向上有解得故选B。12．（2025·云南·高考真题）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【详解】AB．鸟食的运动视为平抛运动，则在竖直方向有由于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AB错误；CD．在水平方向有x=v0t，如图过M点作一水平面，可看出在相同高度处M点的水平位移大，则M点接到的鸟食平抛的初速度较大，故C错误，D正确。故选D。13．（2025·江苏·高考真题）游乐设施“旋转杯”的底盘和转杯分别以、为转轴，在水平面内沿顺时针方向匀速转动。固定在底盘上。某时刻转杯转到如图所示位置，杯上A点与、恰好在同一条直线上。则（

）A．A点做匀速圆周运动B．点做匀速圆周运动C．此时A点的速度小于点D．此时A点的速度等于点【答案】B【详解】A．A点运动为A点绕的圆周运动和相对于O的圆周运动的合运动，故轨迹不是圆周，故不做匀速圆周运动，故A错误；B．根据题意固定在底盘上，故可知围绕O点做匀速圆周运动，故B正确；CD．杯上A点与、恰好在同一条直线上时且在延长线上，点和点运动运动方向相同，又A点相对点做圆周运动，故此时A的速度大于的速度，故CD错误。故选B。14．（2025·山东·高考真题）某同学用不可伸长的细线系一个质量为的发光小球，让小球在竖直面内绕一固定点做半径为的圆周运动。在小球经过最低点附近时拍摄了一张照片，曝光时间为。由于小球运动，在照片上留下了一条长度约为半径的圆弧形径迹。根据以上数据估算小球在最低点时细线的拉力大小为（）A． B． C． D．【答案】C【详解】根据题意可知在曝光时间内小球运动的长度为近似认为在曝光时间内小球做匀速直线运动，故有在最低点根据牛顿第二定律有代入数据解得T=7N故选C。15．（2025·天津·高考真题）2025年5月我国成功发射通信技术试验卫星十九号，若该系列试验卫星中A、B两颗卫星均可视为绕地球做匀速圆周运动，轨道半径，则卫星A比B（）A．线速度小、角速度小 B．线速度小、运行周期小C．加速度大、角速度大 D．加速度大、运行周期大【答案】A【详解】根据题意，由万有引力提供向心力有解得，，，由于轨道半径可得，，，故选A。16．（2025·江西·高考真题）如图所示，Ⅰ和Ⅱ分别为神舟二十号飞船的近地圆轨道、椭圆变轨轨道，Ⅲ为天和核心舱运行圆轨道，P、Q为变轨点。不计阻力，飞船在轨道Ⅱ上从P点到Q点运动过程中，下列选项正确的是（）A．速率增大，机械能增大 B．速率减小，机械能减小C．速率增大，机械能不变 D．速率减小，机械能不变【答案】D【详解】根据题意可知，飞船在轨道Ⅱ上从P点到Q点运动过程中，只有万有引力做负功，则机械能不变，动能减小，即速率减小。故选D。17．（2025·全国卷·高考真题）“天都一号”通导技术试验卫星测距试验的成功，标志着我国在深空轨道精密测量领域取得了技术新突破。“天都一号”在环月椭圆轨道上运行时，（）A．受月球的引力大小保持不变 B．相对月球的速度大小保持不变C．离月球越近，其相对月球的速度越大 D．离月球越近，其所受月球的引力越小【答案】C【详解】AD．“天都一号”在环月椭圆轨道上运行时与月球的距离不断发生变化，根据可知受月球的引力大小发生变化，离月球越近，其所受月球的引力越大，故AD错误；B．根据开普勒第二定律可知“天都一号”在环月椭圆轨道上运行时相对月球的速度大小改变，近月点速度最大，远月点速度最小，即离月球越近，相对月球的速度越大，故B错误，C正确。故选C。18．（2025·甘肃·高考真题）如图，一小星球与某恒星中心距离为R时，小星球的速度大小为v、方向与两者中心连线垂直。恒星的质量为M，引力常量为G。下列说法正确的是（）A．若，小星球做匀速圆周运动B．若，小星球做抛物线运动C．若，小星球做椭圆运动D．若，小星球可能与恒星相撞【答案】A【详解】A．根据题意，由万有引力提供向心力有解得可知，若，小星球做匀速圆周运动，故A正确；B．结合A分析可知，若，万有引力不足以提供小星球做匀速圆周运动所需要的向心力，小星球做离心运动，但又不能脱离恒星的引力范围，所以小星球做椭圆运动，而不是抛物线运动，故B错误；C．若，这是小星球脱离恒星引力束缚的临界速度，小星球将做抛物线运动，而不是椭圆运动，故C错误；D．若，小星球将脱离恒星引力束缚，做双曲线运动，不可能与恒星相撞，故D错误。故选A。19.（2025·山东·高考真题）如图所示，在无人机的某次定点投放性能测试中，目标区域是水平地面上以O点为圆心，半径R1=5m的圆形区域，OO′垂直地面，无人机在离地面高度H=20m的空中绕O′点、平行地面做半径R2=3m的匀速圆周运动，A、B为圆周上的两点，∠AO′B=90°。若物品相对无人机无初速度地释放，为保证落点在目标区域内，无人机做圆周运动的最大角速度应为ωm