2026版高考物理二轮复习微专题3　力与曲线运动

微专题3力与曲线运动1.匀变速曲线运动——F合是恒量(1)物体做曲线运动的条件：速度的方向与加速度(合外力)的方向不在同一条直线上.(2)研究方法：运动的合成与分解．①平抛运动速度vx＝v0，vy＝gt，v＝eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))，tanθ＝eq\f(vy,vx)(θ为合速度与水平方向的夹角)．位移x＝v0t，y＝eq\f(1,2)gt2，s＝eq\r(x2＋y2)，tanα＝eq\f(y,x)(α为合位移与水平方向的夹角)．②斜抛运动：是水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的竖直上抛运动的合运动．③带电粒子在匀强电场中的偏转——类平抛运动2.变加速曲线运动——F合是变量(1)研究方法：沿切向、法向建立直角坐标系，研究力与运动的关系．(2)匀速圆周运动的动力学特征：F向＝ma向＝meq\f(v2,r)＝mω2r＝meq\f(4π2,T2)r.(3)圆锥摆、火车转弯、漏斗壁上的小球在水平面内做匀速圆周运动，F向＝mgtanθ，方向水平，指向圆心．(4)小球在“绳”模型最高点最小速度为eq\r(gR)，最低点最小速度为eq\r(5gR)，上、下两点拉力之差为6mg.(5)小球在“杆”模型最高点vmin＝0，v临＝eq\r(gR).v＞v临，杆对小球有向下的拉力；v＝v临，杆对小球的作用力为0；v＜v临，杆对小球有向上的支持力．考情一抛体运动1.(2024·江苏卷)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)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【解析】若不计空气阻力，则喷泉喷出的水在空中只受重力，加速度均为重力加速度，故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，最高点高度为h，竖直方向，根据对称性可知水在空中运动的时间t＝2eq\r(\f(2h,g))，可知tb>ta，D错误；最高点的速度等于水平方向的分速度vx＝eq\f(x,t)，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，B、C错误．2.(2023·江苏卷)达·芬奇的手稿中描述了这样一个实验：一个罐子在空中沿水平直线向右做匀加速运动，沿途连续漏出沙子．若不计空气阻力，则下列图中能反映空中沙子排列的几何图形是(D)ABCD【解析】设t＝0时刻，罐子初速度为v0，加速度为a，经过时间t，罐子位移x1＝v0t＋eq\f(1,2)at2.t＝0时刻漏出的沙子以初速度v0做平抛运动，水平方向位移x2＝v0t，竖直方向位移y＝eq\f(1,2)gt2，则t时刻沙子与罐子的连线与水平方向的夹角θ满足tanθ＝eq\f(y,x1－x2)＝eq\f(\f(1,2)gt2,\f(1,2)at2)＝eq\f(g,a)，为定值，且对任何一粒沙子都满足，故空中沙子排列的图形为一条向右倾斜的直线，故D正确．考情二圆周运动3.(2025·江苏卷)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(B)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【解析】A点的运动可分解为A点绕O′的圆周运动和O′相对于O的圆周运动的合运动，故轨迹不是圆周，故A错误；根据题意，O′固定在底盘上，可知O′围绕O点做匀速圆周运动，故B正确；此时杯上A点与O、O′恰好在同一条直线上，且A在OO′延长线上，A点和O′点运动方向相同，又A点相对O′点做圆周运动，故此时A的速度大于O′的速度，故C、D错误．4.(2024·江苏卷)制作陶瓷时，在水平面内匀速转动的台面上有一些陶屑．假设陶屑与台面间的动摩擦因数均相同，最大静摩擦力等于滑动摩檫力．将陶屑视为质点，则(D)A.离转轴越近的陶屑质量越大B.离转轴越远的陶屑质量越大C.陶屑只能分布在台面的边缘处D.陶屑只能分布在某一半径的圆内【解析】与台面相对静止的陶屑做匀速圆周运动，静摩擦力提供向心力，当静摩擦力大小等于最大静摩擦力时，根据牛顿第二定律可得μmg＝mω2r，解得r＝eq\f(μg,ω2)，因与台面相对静止的这些陶屑的角速度相同，由此可知能与台面相对静止的陶屑离转轴的距离与陶屑质量无关，只要在台面上不发生相对滑动的位置都有陶屑，故A、B、C错误；离转轴最远的陶屑其受到的静摩擦力为最大静摩擦力，由前述分析可知最大的运动半径R＝eq\f(μg,ω2)，μ与ω均一定，故R为定值，即离转轴最远的陶屑距离不超过某一值R，则陶屑只能分布在半径为R的圆内，故D正确．5.(2024·江苏卷)如图所示，轻绳的一端拴一个蜂鸣器，另一端穿过竖直管握在手中．蜂鸣器在水平面a内做匀速圆周运动，缓慢下拉绳子，使蜂鸣器升高到水平面b内继续做匀速圆周运动．不计空气阻力和摩擦力，与升高前相比，蜂鸣器(C)A.角速度不变 B.线速度减小C.向心加速度增大 D.所受拉力大小不变【解析】设绳子与竖直方向的夹角为θ，蜂鸣器做圆周运动的半径为r，蜂鸣器质量为m.对蜂鸣器受力分析有F向＝mgtanθ＝man，FT＝eq\f(mg,cosθ)，根据a、b两个位置可知，b位置更高，则θb>θa，代入可得FTb>FTa，anb>ana，故C正确，D错误；根据ma＝mωr2，可得ωb>ωa，而线速度大小无法判断，故A、B错误．考向1运动的合成与分解(2025·泰州调研)如图所示，一轮船在河岸的两码头A、B间运送货物，A、B连线与河岸的夹角为60°.由A到B过程中，船头正对河岸，轮船相对静水的速度大小恒为v1；返回时(即由B到A)所用时间与去时相同，轮船相对静水的速度大小恒为v2.水速恒定不变，则(B)A.v2＝eq\r(7)v1 B.v2＝eq\r(\f(7,3))v1C.v2＝v1 D.v2＝eq\f(\r(3),2)v1【解析】从A到B过程，轮船的运动分解为沿水流方向和沿船头方向，如图甲所示，根据几何关系，有v1＝v水tan60°，v＝eq\f(v水,cos60°)，返回时所用时间与去时相同，依题意可知，轮船从A到B和从B到A的实际速度大小不变，均为v，把返回时的运动也分解为沿水流方向和沿船头方向，如图乙所示，根据余弦定理，可得veq\o\al(2,2)＝veq\o\al(2,水)＋v2－2v水vcos120°，联立可得v2＝eq\r(\f(7,3))v1，故B正确．甲乙(2025·海安调研)曲柄连杆结构是发动机实现工作循环、完成能量转换的主要运动零件．如图所示，连杆下端连接活塞Q，上端连接曲轴P.在工作过程中，活塞Q在汽缸内上、下做直线运动，带动曲轴绕圆心O旋转．若P做线速度大小为v0的匀速圆周运动，则下列说法中正确的是(A)A.当OP与OQ垂直时，活塞运动的速度等于v0B.当OP与OQ垂直时，活塞运动的速度大于v0C.当O、P、Q在同一直线时，活塞运动的速度等于v0D.当O、P、Q在同一直线时，活塞运动的速度大于v0【解析】当OP与OQ垂直时，设∠PQO＝θ，此时活塞的速度为v，将P的速度分解为沿杆方向和垂直于杆方向的速度；将活塞的速度v分解为沿杆方向和垂直于杆方向的速度，则此时v0cosθ＝vcosθ，即v＝v0，A正确，B错误；当O、P、Q在同一直线时，P沿杆方向的速度为0，则活塞运动的速度等于0，C、D错误．考向2抛体运动(2025·徐州调研)如图所示，将小球以v0正对倾角为θ的斜面水平抛出，若小球到达斜面的位移最小，则飞行时间t为(重力加速度为g)(C)A.v0tanθ B.eq\f(2v0tanθ,g)C.eq\f(2v0,gtanθ) D.eq\f(v0,gtanθ)【解析】过抛出点作斜面的垂线，如图所示当小球落在斜面上的B点时，位移最小，设运动的时间为t，则水平方向x＝v0t，竖直方向y＝eq\f(1,2)gt2，根据几何关系有eq\f(x,y)＝tanθ，解得t＝eq\f(2v0,gtanθ)，故C正确．平抛(类平抛)运动的解题策略已知速度方向，分解速度垂直落在斜面上tanθ＝eq\f(v0,vy)＝eq\f(v0,gt)无碰撞地进入圆弧形轨道tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(gt,v0)已知位移方向，分解位移求飞行时间、位移等tanθ＝eq\f(y,x)＝eq\f(gt,2v0)落在斜面上位移最小tanθ＝eq\f(x,y)＝eq\f(2v0,gt)(x－R)2＋y2＝R2(2025·湖北卷)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eq\f(L,2)、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，tanθ的值为(C)A.eq\f(1,2) B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,4) D.eq\f(1,6)【解析】网球水平方向上做匀速直线运动，有t＝eq\f(L,v0cosθ)，设球网高度为h，则对高L处发出的球，有L－h＝v0sinθ·t＋eq\f(1,2)gt2，对高eq\f(L,2)处发出的球，有eq\f(L,2)－h＝－v0sinθ·t＋eq\f(1,2)gt2，联立以上各式，可得tanθ＝eq\f(1,4)，故C正确．斜抛运动的研究方法基本规律(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－eq\f(1,2)gt2常见图例对称的两侧斜抛)通过轨迹定性地比较物理量)斜面抛出求距离最值)一定角度抛出求距离最值)(2025·泰州调研)如图所示，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，足球分别沿水平方向垂直打在水平横梁上的a点和竖直梁上的b点，到达a、b两点瞬间速度大小为va、vb，从射出到打到a、b两点的时间是ta、tb，若不计空气作用力，则(A)A.va<vb B.va>vbC.ta<tb D.ta＝tb【解析】设球门宽度为x1，足球到球门的距离为x2，根据逆向思维法可知，足球做平抛运动，当足球打到a点时，有x2＝vata，ha＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,a)；当足球打到b点时，有eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,2)))2＋x\o\al(2,2))＝vbtb，hb＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,b)，由于ha>hb，则ta>tb，va<vb，故A正确．考向3圆周运动(2025·扬州调研)如图所示，轻杆一端固定在水平转轴上，另一端固定一个小球，小球随杆在竖直平面内做圆周运动．下列说法中正确的是(A)A.小球运动到最低点时，杆对球的作用力大于小球重力B.小球运动到最高点时，杆对球的作用力方向一定向上C.小球能通过最高点的最小速度为eq\r(gl)D.小球运动到水平位置A时，所受合外力一定指向O点【解析】小球运动到最低点时，根据牛顿第二定律，有F－mg＝meq\f(v2,l)，在最低点速度不可能为0，所以杆对球的作用力为向上的拉力，且大于小球重力，A正确；小球运动到最高点时，根据牛顿第二定律，若杆对球无作用力，有mg＝meq\f(v2,l)，可得v＝eq\r(gl)，若小球的速度大于eq\r(gl)，则杆对球为向下的拉力，若小球的速度小于eq\r(gl)，则杆对球为向上的支持力，B错误；由于杆对球能提供支持力，所以小球能通过最高点的最小速度为0，C错误；若小球在竖直平面内做匀速圆周运动，则在水平位置A时，所受合力指向O点，若小球做变速圆周运动，则还应受到改变速度大小的切向力，所以小球所受合力不会指向圆心O点，D错误．竖直平面(倾斜平面)内圆周运动的临界条件轻绳模型最高点：F＋mg＝meq\f(v2,r)恰好通过最高点，绳的拉力恰好为0轻杆模型最高点：mg±F＝meq\f(v2,r)恰好通过最高点，杆对小球的力等于小球的重力倾斜转盘上的物体最高点：mgsinθ±Ff＝mω2r最低点：Ff－mgsinθ＝mω2r恰好通过最低点如图甲所示，质量相等的物块A、B放在水平圆盘上，A、B和圆盘圆心O在同一直线上，让圆盘绕过圆心O的竖直轴匀速转动．当A刚要滑动时，转动的角速度为ω1，当B刚要滑动时，转动的角速度为ω2.若A、B在圆盘上的位置不变，用细线将A、B连接，细线刚好伸直，如图乙所示，让圆盘匀速转动．当A、B一起刚要滑动时，转动的角速度为ω3.两物块与盘面间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列关系中正确的是(A)甲乙A.ω1>ω3>ω2 B.ω1>ω2>ω3C.ω1<ω2 D.ω1<ω3【解析】设物块到圆心的距离为r，当物块刚要滑动时，由牛顿第二定律μmg＝mω2r，可得ω＝eq\r(\f(μg,r))，用细线将A、B连接，当它们一起刚要滑动时，对B物块由牛顿第二定律μmg＋T＝mωeq\o\al(2,3)rB，对A物块有μmg－T＝mωeq\o\al(2,3)rA，联立解得ω3＝eq\r(\f(2μg,rA＋rB))，因为rA<eq\f(rA＋rB,2)<rB，所以可得ω1>ω3>ω2，A正确．水平面内圆周运动的临界条件水平面内动力学方程临界情况示例水平转盘上的物体Ff＝mω2r恰好发生滑动圆锥摆模型mgtanθ＝mrω2恰好离开接触面(2024·如皋调研)两根长度不同的细线上端固定在同一点，下面分别悬挂小球A、B，A球的质量小于B球的质量，A、B以相同的角速度绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动，则两球的相对位置关系正确的是(B)ABCD【解析】对小球分析，小球做匀速圆周运动mgtanθ＝mω2Lsinθ，整理得Lcosθ＝eq\f(g,ω2)，由于两球角速度相同，即两球处于同一高度，故B正确．配套热练1.(2025·苏锡常镇调研)2024年11月，中国自主研制的“歼-35A”隐形战机在珠海航展亮相．表演中战机沿着一段圆弧从M到N加速拉升，关于“歼-35AABCD【解析】做曲线运动的物体受合外力方向指向轨迹的凹侧，速度方向沿轨迹的切线方向，因战机加速爬升，则合外力方向与速度方向的夹角为锐角，故C正确．2.(2025·无锡期末调研)如图所示，在“抛堶”游戏中，某同学在同一位置将石子水平抛出，第一次石子落在靶位右方，第二次石子恰好落在靶位上，则第二次(B)A.初速度更大 B.初速度更小C.运动时间更长 D.运动时间更短【解析】两次的高度相同，由h＝eq\f(1,2)gt2可知，运动时间相同，则C、D错误；运动的时间相同，水平位移第二次小于第一次，根据x＝v0t可知，第二次的初速度小于第一次初速度，则A错误，B正确．3.(2025·福建卷改编)春晚上转手绢的机器人，手绢上有P、Q两点，圆心为O，OQ＝eq\r(3)OP，手绢做匀速圆周运动，则下列说法中错误的是(C)A.P、Q线速度之比为1∶eq\r(3)B.P、Q角速度之比为1∶1C.P、Q向心加速度之比为eq\r(3)∶1D.P点所受合外力总是指向O【解析】手绢做匀速圆周运动，由图可知P、Q属于同轴转动模型，故角速度相等，即角速度之比为1∶1，B正确；由v＝ωr可知，P、Q线速度之比vP∶vQ＝rOP∶rOQ＝1∶eq\r(3)，A正确；由an＝ω2r可知，P、Q向心加速度之比aP∶aQ＝rOP∶rOQ＝1∶eq\r(3)，C错误；做匀速圆周运动的物体，其合外力等于向心力，故合力总是指向圆心O，D正确．4.(2025·苏北四市调研)如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动．已知座舱的质量为m，运动半径为R，角速度大小为ω，重力加速度为g，则座舱(C)A.运动的周期为eq\f(2πR,ω)B.线速度大小为ω2RC.运动至圆心等高处时，所受摩天轮的作用力大于mgD.运动至最低点时，所受摩天轮的作用力大小与最高点时相等【解析】运动的周期为T＝eq\f(2π,ω)，故A错误；线速度大小为v＝ωR，故B错误；运动至圆心等高处时，由平行四边形定则得，座舱所受摩天轮的作用力F＝eq\r(mg2＋ma2)＝eq\r(mg2＋mω2R2)，大于mg，故C正确；在最低点N－mg＝mω2R，在最高点mg－N′＝mω2R，显然N≠N′，则运动至最低点时，所受摩天轮的作用力大小与最高点时不相等，故D错误．5.(2024·山东济宁模拟)一条小船位于200m宽的河正中A点处，从这里向下游100eq\r(3)m处有一危险区，当时水流速度为4m/s，为了使小船避开危险区沿直线到达对岸，小船在静水中的速度至少是(C)A.eq\f(4\r(3),3)m/s B.eq\f(8\r(3),3)m/sC.2m/s D.4m/s【解析】设小船的合速度与水流速度的夹角为θ，则有tanθ＝eq\f(100,100\r(3))＝eq\f(\r(3),3)，因此θ＝30°，船速与合速度方向垂直时，船速最小，则v船＝v水sinθ＝4×eq\f(1,2)m/s＝2m/s，故C正确．6.(2025·南通如皋调研)如图所示，内壁光滑的圆锥漏斗固定在水平面上，其母线与竖直方向的夹角均为α.小球A、B紧贴着漏斗壁在水平面内做匀速圆周运动，则小球A、B(C)A.角速度相等 B.线速度相等C.向心加速度相等 D.对漏斗壁的压力相等【解析】对小球受力分析，小球受到重力和支持力，它们的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有F合＝eq\f(mg,tanα)＝meq\f(v2,r)＝mω2r＝man，解得v＝eq\r(\f(gr,tanα))，ω＝eq\r(\f(g,rtanα))，an＝eq\f(g,tanα)，由于A的轨道半径大于B的轨道半径，则A的线速度大，角速度小，A的向心加速度等于B的向心加速度，故A、B错误，C正确；根据Nsinα＝mg，可得N＝eq\f(mg,sinα)，由于A、B两球的质量关系不知道，所以无法判断A、B两球对漏斗壁的压力大小关系，故D错误．7.(2025·苏州期末调研)如图所示，同时从H点斜向上抛出物体1、2，分别落于Q1、Q2两位置，两条轨迹交于P点且最高点等高，不计空气阻力．物体2(B)A.在空中运动的时间更长B.经过P点时的速度更大C.落地时的速度方向与水平方向的夹角更大D.与物体1之间的距离先增大，后减小，再增大【解析】斜抛可看成最高点向两侧的平抛运动，两条轨迹最高点等高，竖直方向的位移相同，根据h＝eq\f(1,2)gt2可知，两次在空中运动的时间相同，故A错误；根据斜抛的水平方向为匀速直线运动，可得x＝vxt，由图可知，物体2的水平位移较大，则v2x>v1x，经过P点时的速度为vP＝eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))，两球竖直速度相等，所以物体2经过P点的速度更大，故B正确；落地时的速度方向与水平方向的夹角为θ，则tanθ＝eq\f(gt,vx)，由于v2x>v1x，所以落地时物体2的速度方向与水平方向的夹角更小，故C错误；由于两物体运动时间相同，所以两物体始终处于同一高度，则两物体间的距离为Δx＝(v2x－v1x)t，由此可知，两物体之间的距离不断增大，故D错误．8.如图甲所示，用一轻质绳拴着一质量为m的小球，在竖直平面内做圆周运动(不计一切阻力)，小球运动到最高点时绳对小球的拉力为F，小球在最高点的速度大小为v，其F－v2图像如图乙所示，则(D)甲乙A.轻质绳长为eq\f(b,a)B.当地的重力加速度为eq\f(m,a)C.当v2＝c时，轻质绳的拉力大小为eq\f(ac,b)＋aD.只要v2≥b，小球在最低点和最高点时绳的拉力差均为6【解析】小球运动到最高点时，对小球受力分析，由牛顿第二定律有F＋mg＝eq\f(mv2,l)，可得F＝eq\f(mv2,l)－mg，可知图线斜率为k＝eq\f(m,l)＝eq\f(a,b)，可得轻质绳长为l＝eq\f(b,a)m，故A错误；由图像可知，纵轴上截距的绝对值为a＝mg，则有g＝eq\f(a,m)，故B错误；由图像可知，F＝eq\f(a,b)v2－a，故当v2＝c时，有F＝eq\f(ac,b)－a，故C错误；当F＝0时，v2＝b，此时满足mg＝meq\f(v2,l)，即v＝eq\r(gl)，恰好可达最高点，从最高点到最低点，由机械能守恒定律有2mgl＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mv2，在最低点对小球受力分析，由牛顿第二定律有F′－mg＝eq\f(mv′2,l)，联立可得小球在最低点和最高点时绳的拉力差为F′－F＝6mg＝6a，故D正确．9.(2025·镇江质监)如图所示，无人机悬停表演中，通过转动光源把光束投到竖直墙壁上的P点．此时光源转轴O与墙壁相距为r，P点与O点之间的高度差为L，若P点沿墙壁以v匀速下降，此时光源转动的角速度为(D)A.eq\f(v,r) B.eq\f(v,L)C.eq\f(L,r2＋L2)v D.eq\f(r,r2＋L2)v【解析】将P点速度沿OP方向和垂直OP方向分解，如图所示，则v2＝vcosθ，根据几何关系可知cosθ＝eq\f(r,\r(r2＋L2))，且v2＝ωrOP＝ωeq\r(r2＋L2)，联立解得角速度ω＝eq\f(r,r2＋L2)v，故D正确．10.(2025·南通四模)如图所示，一个柱形大水槽放在水平地面上，边缘同一竖线上开有三个小孔a、b、c，水从小孔水平流出后落在地面上．某时刻水面到孔c与孔c到地面的距离相等，此时水流径迹可能是(A)ABCD【解析】设小孔到水面的深度为h，水从小孔流出的初速度大小为v，根据机械能守恒定律得Δm·gh＝eq\f(1,2)Δm·v2，解得v＝eq\r(2gh)，可见小孔越深，水流出时的初速度越大，所以va<vb<vc，设水面到地面的高度差为H，水流出