熱點(diǎn)題型?選擇題攻略

專題02力與運(yùn)動

目錄

01.題型綜述

02.解題攻略

題組01力與物體的平衡

題組02力與直線運(yùn)動

題組03動力學(xué)圖像綜合問題

題組04運(yùn)動的合成與分解拋體運(yùn)動

題組05圓周運(yùn)動的分析與計算

題組06萬有引力定律及其應(yīng)用

03.高考練場

“運(yùn)動與相互作用”是高中物理最重要的物理觀念，也是研究物理現(xiàn)象、解決物理問題最基本、最重

要的思想方法?！斑\(yùn)動與相互作用”的觀念，其核心是牛頓第二定律。準(zhǔn)確、全面分析物體受力并求解物

體加速度是基本前提。靈活運(yùn)用整體法和隔離法處理連接體的受力平衡與運(yùn)動是基本的能力。應(yīng)用運(yùn)動的

合成與分解把復(fù)雜的曲線運(yùn)動轉(zhuǎn)化為直線運(yùn)動是素養(yǎng)的提升。因此，本專題是高考的必考點(diǎn)也是熱考點(diǎn)。

題組01力與物體的平衡

【提分秘籍】

1.物體處于平衡狀態(tài)的條件：合力始終為零。

2.物體處于平衡狀態(tài)的常見情況：

物體處于靜止?fàn)顟B(tài)；

物體做勻速直線運(yùn)動；

動態(tài)平衡物體緩慢運(yùn)動；

帶電粒子在復(fù)合場中做直線運(yùn)動。

3.解決平衡問題的步驟和方法

■這各力

羅完”象一的關(guān)系

■

f-■

方法：杵力正

-新折法

交分修

陽府加?'〃的

整體法大小關(guān)系

隔篇法i

忸似.|幾何UMMi力M

偏電I-I0心始終相似

介成理決角和力

I/隹定理人小的關(guān)基

網(wǎng)力奏南蛤弊不

動金Ml變,合力不變

4.注意點(diǎn)

(1)力的分析順序：先整體后隔離；先分析其他力再分析摩擦力；

(2)靜電力、安培力或洛倫茲力的出現(xiàn)可能對彈力或摩擦力產(chǎn)生影響；

⑶出現(xiàn)“最大”“最小”“恰好”等文字時，一般為臨界問題。

【典例剖析】

【例1-1】消毒碗柜已成為每個家庭必備的廚房電器之一，其金屬碗架可以將碗豎直支撐于兩根金屬桿之

間。取某個碗的截面簡化示意圖如圖所示，a、b為兩根同一水平面上的光滑金屬桿，。為碗的球心，6桿

與球心連線與豎直方向的夾角為6。若碗的質(zhì)量為加，碗靜止時，下列說法正確的是()

A.碗對。桿的壓力為“督1皿8,碗對6桿的壓力為,%8婚

B.若增大八6間距，碗仍豎直靜置，碗的合力減小

C.若增大°、6間距，碗仍豎直靜置，a、b桿受到的壓力均不變

D.若將質(zhì)量相同、半徑更大的碗豎直靜置于。、6桿之間，兩桿對碗的作用力之和不變

【答案】D

【詳解】A.由題意，碗受到三個力，處于平衡狀態(tài)，如圖所示

將三個平衡力平移得到首尾相連的閉合三角形，可得a桿對碗的壓力為

1

mgtanc?b桿對碗的壓力為

cosd

mg

根據(jù)牛頓第三定律可知碗對。桿的壓力為mg,ana,碗對b桿的壓力為右3,故A錯誤；

B.若增大a、b間距，碗仍豎直靜置，根據(jù)平衡條件可知，碗受到的合力保持不變，仍然為零，故B錯

誤；

C.若增大a、b間距，碗仍豎直靜置，則8增大，tan0增大，8￡0減小，則耳增大，再增大，根據(jù)牛

頓第三定律可知，。、b桿受到的壓力將增大，故c錯誤；

D.若將質(zhì)量相同、半徑更大的碗豎直靜置于a、b桿之間，根據(jù)平衡條件可知，兩桿對碗的作用力之和

不變，與碗的重力等大反向，故D正確。故選D。

【例1-2】.(2025高三上?云南昆明?期中)如圖所示，工人用手推車沿水平路面運(yùn)送石球，到達(dá)目的地

后，抬起把手將石球倒出。不計石球與板。4、08之間的摩擦，石球?qū)A板的壓力大小為人【、石球?qū)?/p>

板的壓力大小為人［，則在緩慢抬起把手使板從豎直變?yōu)樗降倪^程中，下列說法正確的是

()

A.*先變大后變小B.先變小后變大

C.M"的合力先變大后變小D.V"的合力先變小后變大

【答案】A

【詳解】以石球?yàn)閷ο?，根?jù)牛頓第三定律可知石球?qū)Π宓膲毫Υ笮〉扔诎鍖κ虻闹С至?，受力如圖所

G

緩慢抬起過程中，石球受力平衡，結(jié)合數(shù)學(xué)知識可得

N.N、G

的n?sn/sina

1

其中G和a不變，在轉(zhuǎn)動過程中戶從90。增大到180。，貝嚴(yán)nA不斷變小，M將不斷變?。涣藦拟g角變?yōu)?/p>

銳角，其中跨過了90。，因此皿“先變大后變小，貝將先變大后變小。

故選Ao

【例1-3】（多選）如圖所示為內(nèi)壁光滑的半球形凹槽M,O為球心，ZAOB=60°,OA水平，小物塊在與

水平方向成45。角的斜向上的推力P作用下靜止于B處。在將推力廠沿逆時針緩慢轉(zhuǎn)到水平方向的過程中

凹槽和小物塊始終保持靜止，則（）

A.M槽對小物塊的支持力逐漸增大

B.M槽對小物塊的支持力逐漸減小

C.推力廠逐漸減小

D.推力P先減小后增大

【答案】AD

【解析】以小物塊為研究對象，小物塊受到重力G、支持力為和推力/三個力作用，根據(jù)平衡條件可

知，F(xiàn)與FN的合力與G大小相等，方向相反。將推力/沿逆時針緩慢轉(zhuǎn)到水平方向的過程中（1-3）,如

圖所示，

根據(jù)作圖可知，M槽對小物塊的支持力FN逐漸增大，推力尸先減小后增大，當(dāng)廠與歹N垂直時，尸最小,

故A、D正確，B、C錯誤。

【變式演練】

【變式1-1】如圖所示，將兩塊光滑平板。4、OB固定連接，構(gòu)成頂角為60。的楔形槽，楔形槽內(nèi)放置一

質(zhì)量為根的光滑小球，整個裝置保持靜止，初始時。4板在水平地面上，現(xiàn)使楔形槽繞。點(diǎn)順時針緩慢

轉(zhuǎn)動至OA板豎直，則轉(zhuǎn)動過程中（）

A.初始時板對小球的作用力最大

B.轉(zhuǎn)過30。時板對小球的作用力最大

1

C.轉(zhuǎn)過60。時。2板對小球的作用力最大

D.轉(zhuǎn)過90。時OB板對小球的作用力最大

【答案】BD

【詳解】將轉(zhuǎn)動過程中，某時刻受力分析，如圖

則緩慢轉(zhuǎn)動過程中，小球受力平衡，根據(jù)拉密原理可知

GMN.

sinasin6sin/7

G

因?yàn)?，轉(zhuǎn)動過程中，a=120。不變，小球重力根g不變，則比值ma不變；。角由60。增大到150。；夕角由

180。減小到90。。sin。先增大后減??；sin夕一直增大。所以NA先增大后減??；NB一直增大。當(dāng)。=90。時，

即轉(zhuǎn)過30。角時，sin。最大，即M最大；當(dāng)夕=90。時，即轉(zhuǎn)過90。角時，sin.最大,即最大。

故選BDo

【變式1-2】.（2024?湖北?模擬預(yù)測）國慶期間，秋風(fēng)送爽，桂花飄香。小明注意到小區(qū)里有四個固定

連接起來的大燈籠被吹起來處于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖所示，懸掛最上面燈籠的繩子與豎直方向的夾角為30。，

燈籠序號自上往下依次標(biāo)記為1、2、3、4,燈籠質(zhì)量均為如每個燈籠所受的風(fēng)力相等，風(fēng)向水平，重

力加速度大小為g,則（）

A.每根繩與豎直方向的夾角均相同

B.四個燈籠所受到的風(fēng)力之和等于小咫

4-J3

------mg

C.2號燈籠與3號燈籠之間的作用力等于3

D.若再掛上一個同樣的燈籠，最上面燈籠的繩子與豎直方向夾角會變化

【答案】AC

【詳解】B.假設(shè)每個燈籠所受的風(fēng)力均為力對4個燈籠的整體受力分析可知

1

tan30*.W

可得四個燈籠所受到的風(fēng)力之和為

故B錯誤;

A.對下面的“個燈籠3=3）的整體分析可知

tanCL??t3ii30*

可得

a-30,

即每根繩與豎直方向的夾角均相同，故A正確；

C.以3、4號燈籠為整體受力分析，2號燈籠與3號燈籠之間的作用力大小為

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

”4coJ30,3

故C正確；

D.若再掛上一個同樣的燈籠，對下面的〃個燈籠（”=4）的整體分析可知

tdna-,*tdllo0*

可得

a-30,

則最上面燈籠的繩子與豎直方向夾角不會變化，故D錯誤。

故選ACo

【變式1-3】.（2024,寧夏吳忠?一模）如圖甲，中國傳統(tǒng)建筑一般采用瓦片屋頂，屋頂結(jié)構(gòu)可簡化為圖

乙，若一塊弧形瓦片靜止在兩根相互平行的傾斜椽子正中間。已知椽子與水平面夾角均為仇該瓦片質(zhì)量

為相，椽子與瓦片間的動摩擦因數(shù)為〃，重力加速度為g,則（）

甲

A.瓦片所受的合力大小為nigB.每根椽子對瓦片的支持力大小為O.5〃zgcos0

C.兩根椽子對瓦片作用力大小為相gD.每根椽子對瓦片的摩擦力大小為OSwgsinO

【答案】CD

【詳解】A.瓦片靜止，處于平衡狀態(tài)所受合力為零，故A錯誤;

1

B.兩根椽子對瓦片的支持力的合力為巾88s8,但瓦片有弧度，所以每根椽子對瓦片的支持力大小不是

05mg8s8,故B錯誤；

C.椽子對瓦片的作用力包括支持力和摩擦力，合力大小為,砥，故c正確；

D.兩根椽子對瓦片的摩擦力的合力為,依and,摩擦力方向與椽子平行，所以每根椽子對瓦片的摩擦力

大小為05mgsm8,故D正確。

故選CDo

題組02力與直線運(yùn)動

【提分秘籍】

1.勻減速直線運(yùn)動問題分類：

（1）剎車問題，首先要判斷物體何時停止，再進(jìn)行分析、計算；

（2）雙向運(yùn)動問題，全過程應(yīng)用勻變速直線運(yùn)動公式求解較方便。

2.多過程問題：前一階段的末狀態(tài)是后一階段的初狀態(tài)，即前一階段的末速度是后一階段的初速度，前

一階段的末位置是后一階段的初位置。

3.若兩物體一起運(yùn)動（連接體），兩物體具有相同加速度，通常采用先整體后隔離的方法求解；若兩物體

有相對運(yùn)動（板塊模型），兩物體應(yīng)分別應(yīng)用牛頓第二定律列方程。

4.物體做勻變速直線運(yùn)動，若受到兩個力，一般應(yīng)用合成法求解；若物體受到多個力，一般應(yīng)用正交分

解法求解。

【典例剖析】

【例2-1］（2025高三上?河南?階段練習(xí)）機(jī)器人送餐車依靠"視覺系統(tǒng)"發(fā)現(xiàn)前方有障礙物時，會立即啟

動剎車系統(tǒng)制動減速，某次直線制動時，測得機(jī)器人開始制動后的'「2m內(nèi)，平均速度大小

最后的'內(nèi)平均速度的大小工,2nVs,若視機(jī)器人制動后做勻減速直線運(yùn)動，則在此

過程中下列說法正確的是（）

A.機(jī)器人的加速度大小為以B.機(jī)器人的初速度大小為6m/5

C.機(jī)器人運(yùn)動的時間為1.25sD.機(jī)器人通過的距離為3.125m

【答案】CD

【詳解】A.機(jī)器人通過最后的所用的時間

t2.—■1s

中間時刻的速度

v.-V：-2m/s

v,—h

*）J

1

求得

a-4tn/r

故A錯誤；

B.機(jī)器人通過開始的X，，?所用的時間

中間時刻的速度

v,-Vi-4m/s

v.=

求得

v0-5m/s

B錯誤；

CD.對全程有

v「at

v：=kr

則有

a

故CD正確；

故選CDo

【例2-2】.（2024?河北?模擬預(yù)測）一質(zhì)量為機(jī)的無人機(jī)，在其動力系統(tǒng)提供的恒力作用下，由靜止開

始豎直向上運(yùn)動，經(jīng)/時間后關(guān)閉動力系統(tǒng)，再經(jīng)立時間后無人機(jī)恰好返回起點(diǎn)。已知重力加速度為g,

不計空氣阻力，則（）

24

A.恒力的大小為」

B.關(guān)閉動力系統(tǒng)時無人機(jī)的速度大小為7

%

C.無人機(jī)上升的最大高度為49號

V■口

D.無人機(jī)返回起點(diǎn)時的速度大小為了

【答案】BC

【詳解】AB.設(shè)無人機(jī)加速過程的加速度大小為a,根據(jù)題意有

1

—af:--at3t+—g(3r)

解得

加速過程根據(jù)牛頓第二定律可得

F-)ng?ma

解得恒力的大小為

關(guān)閉動力系統(tǒng)時無人機(jī)的速度大小為

9

v=af=-gt

故A錯誤，B正確；

C.無人機(jī)加速過程上升的高度為

h,——ot'=—

:2146

關(guān)閉動力系統(tǒng)無人機(jī)繼續(xù)上升的高度為

T,版

則無人機(jī)上升的最大高度為

7，?

1

故C正確；

D.根據(jù)

解得無人機(jī)返回起點(diǎn)時的速度大小為

故D錯誤。

故選BCo

【變式演練】

【變式2-1】冰壺比賽是北京冬奧會的比賽項(xiàng)目之一，運(yùn)動員把冰壺沿水平冰面投出，冰壺僅在摩擦力作

用下自由滑行，比賽過程中可在冰壺運(yùn)動前方用毛刷來回擦掃冰面，減少冰面的動摩擦因數(shù)以調(diào)節(jié)冰壺

的滑行距離。某場比賽中，一運(yùn)動員以V。的速度投擲冰壺，冰壺和冰面的動摩擦因數(shù)為〃，冰壺能在冰面

殳Li

上滑行S的距離，若在冰壺速度減為2時開始持續(xù)擦掃冰面，則冰壺能再滑行2的距離。冰壺的運(yùn)動可

視為直線運(yùn)動，已知重力加速度為g,則擦掃后冰壺與冰面的動摩擦因數(shù)〃'為（）

1

【答案】AC

【詳解】未擦掃時，根據(jù)牛頓第二定律

3,抬=ma

根據(jù)速度位移關(guān)系

%v0

若在冰壺速度減為H時開始持續(xù)擦掃冰面，減為了之后，根據(jù)牛頓第二定律

根據(jù)速度位移關(guān)系

聯(lián)立可解得

故選AC。

【變式2-2】一熱氣球懸停在距地面65m處（無人區(qū)），由于工作人員操作失誤，熱氣球在很短時間內(nèi)漏

掉了一部分氣體，被及時堵住后氣球在豎直方向由靜止開始向下做勻加速直線運(yùn)動，30s后速度增加到

3m/s,此時工作人員立即拋出一些壓艙物，熱氣球開始做勻減速直線運(yùn)動，又過了30s氣球再次到達(dá)之前

的高度。已知熱氣球漏掉一部分氣體后的總質(zhì)量為600kg,堵住后受到的浮力大小不變，熱氣球受到的阻

力可以忽略不計，取重力加速度大小8=1°11也’，下列說法正確的是（）

A.熱氣球向下做勻加速直線運(yùn)動的加速度大小為0

B.熱氣球堵住后受到的浮力大小為5940N

C.熱氣球距地面的最小距離為20m

D.拋出物的質(zhì)量為23.3kg

【答案】ABD

【詳解】A.熱氣球向下做勻加速直線運(yùn)動的加速度大小

1

故A正確；

B.根據(jù)牛頓運(yùn)動定律有

mg-F=ma

解得

7-5940N

故B正確；

C.設(shè)拋出一些壓艙物后，氣球的加速度大小為a',則氣球回到原高度時有

'a/：=-at'+

把30$代入上式，解得

a'-O3m/s:

熱氣球開始減速到下降到最低點(diǎn)時，所用的時間為

心史上

a,3

可得熱氣球下降的最大高度為

h--taf3+"(2-6Qm

所以熱氣球距地面的最小距離為

兒.-65m-60tn>5m

故c錯誤；

D.根據(jù)牛頓運(yùn)動定律，有

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

解得

233kg

故D正確。

故選ABD。

題組03動力學(xué)圖像綜合問題

【提分秘籍】

動力學(xué)圖像

思路一：分段求加速度，利用運(yùn)動學(xué)公式求解

尸一t圖像

思路二：動量定理，圖線與t軸所圍面積表示廠的沖量

思路一：分段求加速度，利用運(yùn)動學(xué)公式求解

F-x圖像

思路二：動能定理，圖線與X軸所圍面積表示力尸做的功

1

根據(jù)牛頓第二定律列式，再變換成。一方關(guān)系

i_..：

a一尸圖像

￡￡

例如：如圖所示，F(xiàn)—/j.mg=ma,a=?—〃g,斜率為以截距為一

二.解圖象問題時要做好“三看”

⑴看清坐標(biāo)軸所表示的物理量：明確因變量與自變量的制約關(guān)系，是運(yùn)動學(xué)圖象（W、xt.at、尤v2、vx

等），還是動力學(xué)圖象（Ft、Fx.Pf等）；

（2）看圖線本身：識別兩個相關(guān)量的變化趨勢，進(jìn)而分析具體的物理過程；

⑶看交點(diǎn)、斜率和“面積”：明確圖線與圖線的交點(diǎn)、圖線與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)、圖線斜率、圖線與坐標(biāo)軸圍成

的面積的物理意義。

【典例剖析】

【例3-1】用水平拉力使水平桌面上的甲、乙兩物體由靜止開始沿直線運(yùn)動，甲、乙兩物體運(yùn)動的加速度

。與所受拉力產(chǎn)的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是（）

A.甲物體的質(zhì)量一定大于乙物體的質(zhì)量

B.甲物體的質(zhì)量可能等于乙物體的質(zhì)量

C.甲物體與水平桌面間的動摩擦因數(shù)小于乙物體與水平桌面間的動摩擦因數(shù)

D.甲物體與水平桌面間的動摩擦因數(shù)大于乙物體與水平桌面間的動摩擦因數(shù)

【答案】D

【詳解】AB.由牛頓第二定律可知

F-“mg=ma

可得

a~-F-ng

m

結(jié)合圖像可知

?n3（叫

AB錯誤；

CD.由圖像可知

>外電:g

可知

4

1

C錯誤，D正確；

故選Do

【例3?2】（2025高三上,河南新鄉(xiāng)?期中）一物體靜止在足夠大的水平地面上，某時刻起在物體上作用一

水平恒力尸?3N,2s后撤去，物體在恒力/作用下的速度大小v隨時間f的變化圖像如圖所示，已知物

體與水平地面間的動摩擦因數(shù)為0.4,取重力加速度大小二,下列說法正確的是（）

Mv/（ms'）

A.物體的質(zhì)量為0.5kgB.恒力廠對物體做的功為24J

C.物體沿地面減速的距離為4mD.物體沿地面運(yùn)動的最大距離為6m

【答案】AD

【詳解】A.速度時間圖像斜率表示加速度、面積表示位移，圖像可知物體在恒力F作用下的加速度大小

24j

a=—=—m/r=2m/s-

bt2

根據(jù)牛頓第二定律有

F-fimg=ma

聯(lián)立解得

m=05kg

選項(xiàng)A正確；

B.由圖可知物體在恒力產(chǎn)作用下的運(yùn)動的位移大小為

Xj-fi.x4x2jm-4m

則恒力/對物體做的功為

選項(xiàng)B錯誤；

C.撤去恒力尸后，物體沿地面減速的距離為摩擦力為

/=伸穌

全過程由動能定理得

麴-/|x,+X,）-0

聯(lián)立以上解得

x.-2m

故c錯誤；

D.以上可知物體沿地面運(yùn)動的最大距離為

x=X,+x,=6m

1

故D正確。

故選ADo

【變式演練】

【變式3-1]（2025高三上?福建?期中）如圖甲所示，傾角為&的光滑斜面上有一質(zhì)量為口的物體，物體

始終受到沿斜面向上的變力9的作用，物體的加速度。隨外力尸變化的圖像如圖乙所示，取重力加速度

D.COS^-0.8

【答案】BD

【詳解】由牛頓第二定律

可得

由圖像可知斜率為

30=04kg

解得

m=25kg

縱軸截距

-gsin^=-6

解得

產(chǎn)

則

cos^-08

故選BDo

【變式3-2]（2025高三上?安徽六安?階段練習(xí)）如圖1所示，足夠長質(zhì)量A"的木板p靜止在光滑

的水平地面上，一個可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊Q以初速度M.OWs從左端滑上長木板P,P、Q的VY圖像如圖2

所示。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10皿：，下列說法正確的是（）

1

v/(m-s-1)

2

P

02t/s

ffll圖2

?ykg

A.物塊Q的質(zhì)量為3B.P、Q之間的動摩擦因數(shù)為0.4

C.長木板P的最小長度為3mD.2s內(nèi)Q相對地面運(yùn)動的位移為4m

【答案】BC

【詳解】根據(jù)圖像中斜率表示物體運(yùn)動的加速度，可知P、Q在is內(nèi)共速前的加速度分別為

2-6.2-0.,一：

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

1-0,i-o

AB.分別對P、Q受力分析，設(shè)P、Q之間的滑動摩擦力大小為了,物塊Q的質(zhì)量為山，根據(jù)牛頓第二定

律可得

_/=叫，/=

代入題中數(shù)據(jù)解得

又因?yàn)榛瑒幽Σ亮?/p>

解得

〃=04

故A錯誤，B正確;

c.圖像與橫軸圍成的面積表示位移，長木板p對應(yīng)的最小長度應(yīng)是在正時Q恰好到達(dá)長木板最右端，則

長木板P的最小長度為

故C正確;

D.圖像與橫軸圍成的面積表示位移，2s內(nèi)Q相對地面運(yùn)動的位移為

,<6+>、+>1m=6m

故D錯誤。故選BC。

【變式3-3］（2025高三上?河南?階段練習(xí)）某風(fēng)洞的示意圖如圖甲所示，風(fēng)洞可以產(chǎn)生可控制的氣流。

在某次風(fēng)洞實(shí)驗(yàn)中，將質(zhì)量為2.5kg的物塊置于出風(fēng)口，打開氣流控制開關(guān)，物塊與風(fēng)力作用的正對面積

不變，所受風(fēng)力大小產(chǎn)?00皿：（采用國際單位制，V為風(fēng)速大?。?。物塊距出風(fēng)口的高度為人風(fēng)速的平

1

方丁與h的變化規(guī)律如圖乙所示。取重力加速度大小’o物塊在上升6m的過程中，下列說法正

確的是（）

A.打開開關(guān)瞬間，物塊的加速度大小為18m/

B.物塊一直處于超重狀態(tài)

C.物塊運(yùn)動的時間小于、后；

D.物塊先做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動，再做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動

【答案】BC

【詳解】A.依題意，打開開關(guān)瞬間，對物塊根據(jù)牛頓第二定律有

0。妍-mg-ma

解得

q-8m/s:

故A錯誤；

BD.根據(jù)題圖可知，當(dāng)風(fēng)力與物塊受到的重力大小相等時有

006v:-加g

解得

V.s417ms<500ms

故物塊在上升6m的過程中，風(fēng)力一直大于重力，物塊做加速運(yùn)動，一直處于超重狀態(tài)，故B正確、D錯

誤；

C.物塊上升到距出風(fēng)口6m時，受到的風(fēng)力大小

K-006x500N-30N

根據(jù)牛頓第二定律有

F.-）ng?ma.

解得

a.-2m/f

設(shè)物塊以1m/S：的加速度做勻加速直線運(yùn)動，上升6m所需要的時間為3則有

解得

1

t=加s

因?yàn)槲飰K實(shí)際的加速度大于,所以物塊上升的時間小于倔，故c正確。

故選BCo

【變式3-4].（2025高三上?江西?階段練習(xí)）某一游客站在平臺上挑戰(zhàn)蹦極，從。點(diǎn)由靜止開始跳下，

運(yùn)動到P位置時，游客身上的彈性繩剛好拉直，。位置為運(yùn)動的最低點(diǎn)，如圖甲。若取向下為正方向，以

。點(diǎn)為位移的起始點(diǎn)，該游客向下運(yùn)動過程中的加速度隨位移的關(guān)系圖像如圖乙所示，圖中。點(diǎn)對應(yīng)位移

為X、和g均為已知量，彈性繩的彈力遵從胡克定律，彈力在彈性限度內(nèi)，重力加速度大小為

g,不計空氣阻力。則游客在下落過程中（）

A.下落位移“，的時間為

B.下落過程中的最大速度為=

c.在Q點(diǎn)時的加速度大小為,

D.的關(guān)系為匚+‘：-卜J

【答案】CD

【詳解】A.由圖乙結(jié)合題意可得，游客下落,過程做自由落體運(yùn)動，在P點(diǎn)時位移為乙，根據(jù)自由落體

13

I=二夕

運(yùn)動的規(guī)律有2

解得',6故A錯誤；

B.由圖乙可知，當(dāng)位移為與時，游客的速度最大，根據(jù)一

V*

ax=一

可得2

3=—;—?S=---------g=—

故圖像的面積為？有2‘2

1

聯(lián)立得V=J'+'1g故B錯誤；

c.Q點(diǎn)是最低點(diǎn)，加速度最大，由圖乙可得

解得■K,-0故C正確；

D.在位移為X：時，有外工?工）?加g

根據(jù)牛頓第二定律，在Q點(diǎn)有到

聯(lián)立解得。+‘二=故D正確。故選CD。

【變式3-5】.（2025高三上?內(nèi)蒙古呼和浩特?階段練習(xí)）如圖甲所示，傳送帶與水平面的夾角為0,在

傳送帶中點(diǎn)無初速度地放置一木塊（視為質(zhì)點(diǎn)），木塊的速度隨時間變化的圖像如圖乙所示，口、丫2、

〃、及均已知，木塊到達(dá)傳送帶底端的時間大于2重力加速度大小為g,則（）

V

A.傳送帶可能沿順時針方向轉(zhuǎn)動

B.木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)〃<tan。

」-V,V,-V,

sn。=——+---------

c.-r?g億fl

D.傳送帶的長度L=V"/+（V2+V7）（t2-tl）

【答案】BC

【詳解】A.若傳送帶沿順時針方向轉(zhuǎn)動，當(dāng);wgsin0>〃加gcosO時，木塊將一直沿傳送帶向下做加速直線

運(yùn)動，當(dāng)他gsin6<〃〃?gcosd時，木塊將先加速到與傳送帶速度相等再做勻速運(yùn)動，兩種情況的速度一時間

圖像均不符合題圖乙，所以傳送帶一定沿逆時針方向轉(zhuǎn)動，故A錯誤；

B.由題意可知，木塊不能在傳送帶上保持相對靜止，則"2gsind>〃加geos仇即〃<tan仇故B正確；

C.由題圖乙可知，0~〃內(nèi)有

收cosd?m-

T及內(nèi)有

V-y

-V,

SU10-

解得2H故c正確;

1

D.由題圖乙可知，0~松內(nèi)木塊的位移大小

但木塊運(yùn)動時間大于⑵則傳送帶的長度工＞卬+W+M卜故D錯誤。故選BC。

題組04運(yùn)動的合成與分解拋體運(yùn)動

【提分秘籍】

i.曲線運(yùn)動：通過運(yùn)動的獨(dú)立性可知物體在分方向上時間相同，根據(jù)分方向的運(yùn)動特點(diǎn)分別分析分方向

的速度、位移等。

2.處理運(yùn)動的合成與分解問題常用方法

將速度、合外力(加速度)分別正交分解，根據(jù)動力學(xué)知識分析各個分方向的運(yùn)動情況，再根據(jù)需要將速

度、合外力(加速度)、位移合成。

3.平拋運(yùn)動常用的二級結(jié)論

(1)做平拋運(yùn)動的物體在任意時刻的速度的反向延長線一定通過此時水平位移的中點(diǎn)。

⑵平拋運(yùn)動速度的偏角Q的正切值是位移偏角a正切值的2倍，tan8=2tana。

4.解決平拋運(yùn)動臨界問題的常用方法

(1).根據(jù)題意畫出運(yùn)動過程示意圖。

(2).找到位移關(guān)系、速度關(guān)系的臨界條件。

(3).分別列出分方向的運(yùn)動學(xué)方程，根據(jù)需要找到兩方向上物理量關(guān)系。

(4).將臨界條件代入求解。

5.斜上拋運(yùn)動從拋出點(diǎn)到最高點(diǎn)的運(yùn)動的逆過程可視為從最高點(diǎn)做平拋運(yùn)動。

6.斜上拋運(yùn)動的軌跡相對于過最高點(diǎn)的豎直線對稱，兩對稱點(diǎn)與最高點(diǎn)的時間差相等，兩對稱點(diǎn)的速度

大小相等。研究斜拋運(yùn)動問題時，可根據(jù)需要合理選取坐標(biāo)系，將速度、加速度分別沿x軸、y軸正交分

解，結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式求解。

【典例剖析】

【例4-1](2025高三上?河南?階段練習(xí))某工地用懸臂式起重機(jī)起吊重物，如圖所示。起重機(jī)的懸臂保

持不動，可沿懸臂行走的天車使吊著的重物沿水平方向做勻速直線運(yùn)動，豎直方向向上做加速度越來越小

的加速運(yùn)動，忽略空氣阻力，則此過程中()

A.重物的速度與豎直方向的夾角越來越小B.重物的加速度與豎直方向的夾角越來越小

C.吊索上的拉力越來越小D.吊索與豎直方向的夾角越來越小

1

【答案】AC

【詳解】C.豎直方向的加速度越來越小，根據(jù)牛頓第二定律

F-mg=ma

解得

F-Mg+MM

可知吊索上的拉力越來越小，故C正確；

B.加速度始終豎直向上，與豎直方向夾角始終為零，故B錯誤；

A.豎直方向的速度匕越來越大，水平速度匕不變，設(shè)合速度與豎直方向的夾角為4,則有

y

tana"-

匕

可知重物的速度與豎直方向的夾角越來越小，故A正確；

D.由于水平方向做勻速直線運(yùn)動，水平方向的力為零，只有豎直方向的力，故吊索始終豎直，故D錯

誤。

故選AC。

【例4-2］（2024?湖南郴州?統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖，跨過光滑定滑輪的輕繩一端系著鐵球（大小不可忽

略，系繩延長線過球心）、一端連在水平臺上的玩具小車上，車牽引著繩使球沿光滑豎直墻面從較低處豎

直上升。則在球勻速豎直上升且未離開墻面的過程中（）

A.繩對球的拉力大小變小B.墻面對球的支持力變小

C.玩具小車做加速運(yùn)動D.玩具小車做減速運(yùn)動

【答案】D

【詳解】CD.設(shè)繩與豎直方向的夾角為“如圖所示

O

將球的速度V分解，可知沿繩方向的分速度（即繩子的速度）為

V,=vcosd

因球勻速上滑過程中6角將增大，所以了?將減小，故小車做減速運(yùn)動，故D正確，C錯誤;

1

AB.球受三力作用處于平衡狀態(tài)，設(shè)球重為G,則繩對球的拉力大小7、墻對球的支持力大小N分別為

N■Gtail0

所以，隨&的增大，八N均增大，故AB錯誤。

故選Do

【例4-3】將扁平的石子向水面快速拋出，石子會在水面上〃一跳一跳〃地飛向遠(yuǎn)方，俗稱〃打水漂〃。某同

學(xué)將一個小石子從距水面高度為人處水平拋出，石子第一次接觸水面時的速度方向與水面間的夾角為8。

不計空氣阻力，重力加速度為名，則石子從拋出到第一次觸水的過程中，不能求出的物理量是（）

A.石子拋出時的速度大小B.石子觸水時距拋出點(diǎn)的水平距離

C.石子拋出時重力的功率D.石子觸水時的動能

【答案】D

【詳解】A.從距水面高度為h處水平拋出石子，由平拋運(yùn)動的規(guī)律知，石子落到水面時的豎直分速度為

A不符合題意;

B.石子在此過程中的水平位移為

兩式聯(lián)立可得

而2h

B不符合題意；

C.石子拋出時初速度與重力垂直，重力的瞬時功率為零，C不符合題意；

D.因小石子質(zhì)量未知，故石子觸水時的動能無法求出，D符合題意。

故選D。

【例4-4】（多選）如圖所示，空間有一底面處于水平地面上的正方體框架A8CD-A/8/C/。/,從頂點(diǎn)A沿不

同方向水平拋出一小球（可視為質(zhì)點(diǎn)，不計空氣阻力）。關(guān)于小球的運(yùn)動。下列說法正確的是（）

1

A.落點(diǎn)在4小。。/內(nèi)的小球，落在C/點(diǎn)時平拋的初速度最大

B.落點(diǎn)在8/6上的小球，平拋初速度的最小值與最大值之比是1：，萬

C.落點(diǎn)在A/B/C/D內(nèi)的小球，落在C/點(diǎn)的小球運(yùn)動時間最長

D.落點(diǎn)在48/。。/內(nèi)的小球，落地時重力的瞬時功率均相同

【答案】ABD

【詳解】AC.從頂點(diǎn)A沿不同方向水平拋出一小球，落點(diǎn)在4B/Q6內(nèi)的小球，因其下落高度相同，而

平拋運(yùn)動在豎直方向做自由落體運(yùn)動，則可得其下落時間

相同，而在4B/C/D內(nèi)，其對角線4。最長，平拋運(yùn)動在水平方向做勻速直線運(yùn)動，根據(jù)

L

V--

t

可知，在相同時間內(nèi)，水平位移越長，其拋出時的初速度越大，故A正確，C錯誤；

B.根據(jù)幾何關(guān)系可知，落點(diǎn)在8/0/上的小球，當(dāng)小球落在4。與8/D的交點(diǎn)上時，小球做平拋運(yùn)動的

初速度最小，當(dāng)落在8/點(diǎn)或。點(diǎn)時，平拋運(yùn)動的初速度最大，設(shè)正方體的邊長為。，則有

acos45*=vflnBt.a-vRSIt

三.1

可得匕乃故B正確；

D.平拋運(yùn)動在豎直方向做自由落體運(yùn)動，而落點(diǎn)在A/B/C/D內(nèi)的小球，其下落時間相同，則落到該平面

任意位置時豎直方向的速度'

相同，而重力的功率口相同，故D正確。故選ABD。

【例4-5】（多選）如圖所示，小球A以某一速度水平向右拋出的同時，小球B斜向左上方以速度丫拋出，

力與水平方向的夾角為5了。兩球拋出后在同一豎直面內(nèi)運(yùn)動，且恰好在空中相碰。已知單獨(dú)拋出小球B

時，小球B到達(dá)的最高點(diǎn)恰好與小球A的拋出點(diǎn)處于同一水平線上，且小球B落地點(diǎn)位于小球A拋出點(diǎn)

的正下方。不計空氣阻力，重力加速度為g,!m^=03,cos^=06,下列說法正確的是（）

T7

0

A.小球A拋出的初速度大小等于二八B.小球A拋出的初速度大小等于1必

C.兩球拋出點(diǎn)的水平距離為丁ED.兩球拋出點(diǎn)的水平距離為丫江

【答案】BC

【詳解】CD.小球B在水平、豎直方向的速度為

3

匕=v0COS5J=

c4

vK-^,an5r--v^

2VM8V

r■一■

單獨(dú)拋出小球B時，小球B在空中運(yùn)動的時間為g-S

r-vfc/-2^2.

兩球拋出點(diǎn)的水平距離為故C正確，D錯誤；

.48v-

n——■■一

AB.小球A拋出高度為2g25g

小球A、B在恰好在空中相碰，若此時小球B向上運(yùn)動，有

x=（v<+vttXl

解得小球A拋出的初速度大小等于匕二1"，

小球A、B在恰好在空中相碰，若此時小球B向下運(yùn)動，有

x?（v；+vX用

1.111

解得小球A拋出的初速度大小等于《?06丫，

綜上所述，小球A拋出的初速度大小等于1鴕,或°%。，故A錯誤，B正確。故選BC。

【變式演練】

【變式4-1］（2025高三上?寧夏石嘴山?期中）質(zhì)量為0.2kg的物體在水平面上運(yùn)動，它的兩個正交分速

度圖像分別如圖所示，由圖可知（）

0

B.4s到6s末物體的加速度大小為？&/屋

C.從開始至6s末物體一直做曲線運(yùn)動

D.開始4s內(nèi)物體做曲線運(yùn)動，4s-6s內(nèi)物體做直線運(yùn)動

【答案】AD

【詳解】A.根據(jù)v-t圖像中圖線與橫軸所圍面積表示位移可知開始4s內(nèi)物體的分位移分別為

4x4一

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

x-2x4n）-SAm,2

可得

r,.=Jx：+廠=S-VSn

故A正確；

B.根據(jù)v-t圖像中圖線斜率表示加速度，可知4s到6s末物體的分加速度大小為

可得

故B錯誤；

CD.開始時物體初速度方向沿尤方向，加速度方向沿y方向，兩者不在一條直線上，所以物體做曲線運(yùn)

動，4s末物體的速度方向與x方向夾角的正切值為

tana=—=2

Vk

后2s內(nèi)加速度方向與x方向夾角的正切值為

tan^---2

a,

可知速度方向與加速度方向在同一條直線上，所以物體后2s內(nèi)做直線運(yùn)動。故C錯誤；D正確。

故選ADo

【變式4-2］（2025高三上?山東青島?期中）如圖為傾角為6-45?的斜坡，斜坡底端。點(diǎn)正上方有M和

N兩點(diǎn),甲戰(zhàn)斗機(jī)以水平速度“飛到M點(diǎn)時釋放炸彈A,準(zhǔn)確命中斜坡上的一點(diǎn)P,MP的連線垂直于坡

面；乙戰(zhàn)斗機(jī)以水平速度,飛到N點(diǎn)時釋放炸彈B,也準(zhǔn)確命中斜坡上的同一點(diǎn)P,命中時速度方向恰好

垂直于斜坡。已知炸彈在空中可視作做平拋運(yùn)動。下列說法正確的是（）

0

甲

.XI.

Q

A.炸彈A、B在空中的飛行時間之比為JTI

B.重力對炸彈A、B做功之比為2：1

C.任意相同時間內(nèi)，炸彈A、B在空中的速度變化量之比為1：1

D-m

【答案】ABC

【詳解】A.設(shè)從N點(diǎn)釋放的導(dǎo)彈落在P點(diǎn)所用的時間為〃，對于從M點(diǎn)釋放的導(dǎo)彈落，其豎直位移與水

平位移相等，則根據(jù)平拋運(yùn)動的規(guī)律有

1,

~~gt'gf

tan45=-...=--=1

貼

tan45*?1

v,

又

5=M

聯(lián)立解得

tt尸61,v,v.=rV?

故A