2026版高考物理步步高大二輪（培優(yōu)版）第2講力與直線運(yùn)動考點(diǎn)一勻變速直線運(yùn)動規(guī)律及應(yīng)用例1(2025·安徽卷·4)汽車由靜止開始沿直線從甲站開往乙站，先做加速度大小為a的勻加速運(yùn)動，位移大小為x；接著在t時(shí)間內(nèi)做勻速運(yùn)動；最后做加速度大小也為a的勻減速運(yùn)動，到達(dá)乙站時(shí)速度恰好為0。已知甲、乙兩站之間的距離為8x，則()A.x=118at2 B.x=116C.x=18at2 D.x=12答案A解析設(shè)勻加速直線運(yùn)動時(shí)間為t'，勻速運(yùn)動的速度為v，有x=v2t'，根據(jù)逆向思維，可知勻減速直線運(yùn)動階段的位移等于勻加速直線運(yùn)動階段的位移，則勻速直線運(yùn)動階段有8x-x-x=vt，聯(lián)立解得t'=t3，根據(jù)x=12at'2，解得x=118at2，A正確，B、例2(2024·廣西卷·13)如圖，輪滑訓(xùn)練場沿直線等間距地?cái)[放著若干個(gè)定位錐筒，錐筒間距d=0.9m，某同學(xué)穿著輪滑鞋向右勻減速滑行?，F(xiàn)測出他從1號錐筒運(yùn)動到2號錐筒用時(shí)t1=0.4s，從2號錐筒運(yùn)動到3號錐筒用時(shí)t2=0.5s。求該同學(xué)：(1)滑行的加速度大??；(2)最遠(yuǎn)能經(jīng)過幾號錐筒。答案(1)1m/s2(2)4解析(1)根據(jù)勻變速運(yùn)動規(guī)律，某段內(nèi)的平均速度等于中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度，可知在1、2間中間時(shí)刻的速度為v1=dt1=2.252、3間中間時(shí)刻的速度為v2=dt2=1.8故可得加速度大小為a=ΔvΔt=v1(2)設(shè)到達(dá)1號錐筒時(shí)的速度為v0，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動規(guī)律得v1=v0-at代入數(shù)據(jù)解得v0=2.45m/s從1號開始到停止時(shí)通過的位移大小為x=v022a=3.001故可知最遠(yuǎn)能經(jīng)過4號錐筒?？键c(diǎn)二牛頓運(yùn)動定律的應(yīng)用1.牛頓第二定律(1)表達(dá)式：F=ma，其中F為物體所受的合外力，F(xiàn)、m、a三個(gè)量對應(yīng)同一個(gè)物體，且各量都取國際單位。(2)應(yīng)用常用方法：①矢量合成法：若物體只受兩個(gè)力作用，可用平行四邊形定則求這兩個(gè)力的合力，合力的方向與加速度的方向相同。②正交分解法：當(dāng)物體受多個(gè)力作用時(shí)常用正交分解法列方程：Fx=ma，F(xiàn)y=0或Fx=0，F(xiàn)y=ma特殊情況下可分解加速度：F2.系統(tǒng)牛頓第二定律若研究對象是兩個(gè)或兩個(gè)以上的物體，且加速度不同。系統(tǒng)牛頓第二定律的表達(dá)式：一般形式：∑F外=m1a1+m2a2+m3a3+…分量形式：∑說明：上述表達(dá)式左邊只有系統(tǒng)受到的外力，內(nèi)力不需要考慮。例3(多選)(2025·安徽卷·5改編)如圖，裝有輕質(zhì)光滑定滑輪的長方體木箱靜置在水平地面上，木箱上的物塊甲通過不可伸長的水平輕繩繞過定滑輪與物塊乙相連。乙拉著甲從靜止開始運(yùn)動，木箱始終保持靜止。已知甲、乙質(zhì)量均為1.0kg，木箱質(zhì)量為5.0kg，甲與木箱之間的動摩擦因數(shù)為0.5，不計(jì)空氣阻力，重力加速度g取10m/s2，則在乙下落的過程中()A.甲對木箱的摩擦力方向向左B.甲運(yùn)動的加速度大小為2.5m/s2C.乙受到繩子的拉力大小為5.0ND.地面對木箱的支持力大小為67.5N答案BD解析根據(jù)相對運(yùn)動，物塊甲相對木箱向右運(yùn)動，甲受到木箱向左的摩擦力，則甲對木箱的摩擦力方向向右，A錯(cuò)誤；設(shè)物塊乙運(yùn)動的加速度為a，繩子的彈力大小為FT，對甲受力分析有FT-μm甲g=m甲a，對乙受力分析有m乙g-FT=m乙a，聯(lián)立解得a=2.5m/s2，F(xiàn)T=7.5N，B正確，C錯(cuò)誤；只有乙有豎直向下的恒定加速度，對甲、乙和木箱組成的系統(tǒng)，在豎直方向由牛頓第二定律有(M+m甲+m乙)g-FN=m乙a得，F(xiàn)N=(M+m甲+m乙)g-m乙a=67.5N，D正確。變式(2025·山東日照市二模)如圖所示，傾角θ=37°的斜面固定在水平地面上，質(zhì)量m1=3kg的物體A置于斜面上，一條輕繩繞過兩個(gè)光滑的輕質(zhì)滑輪連接著固定點(diǎn)O和物體A，質(zhì)量m2=8kg的物體B與動滑輪連接。已知連接動滑輪兩邊的輕繩均豎直，物體A與定滑輪間的輕繩和斜面平行，物體A與斜面間的動摩擦因數(shù)μ=0.5，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10m/s2。初始時(shí)物體B的下表面距地面的高度h=2m，物體A到定滑輪的距離足夠遠(yuǎn)?，F(xiàn)將兩個(gè)物體同時(shí)由靜止釋放，B落地后不反彈。sin37°=0.6，cos37°=0.8。(1)在物體B下落過程中，求輕繩的拉力大小和物體A的加速度大??；(2)求物體B落地前瞬間的速度大??；(3)求整個(gè)過程中物體A沿著斜面向上運(yùn)動的最大距離。答案(1)36N2m/s2(2)2m/s(3)4.8m解析(1)對物體A，根據(jù)牛頓第二定律F-m1gsinθ-μm1gcosθ=m1a設(shè)物體B的加速度為a1，根據(jù)運(yùn)動關(guān)系可知a1=12對物體B，根據(jù)牛頓第二定律m2g-2F=m2a1聯(lián)立可得拉力大小為F=36N加速度為a=2m/s2(2)由運(yùn)動學(xué)公式，有v2=2a1h可得物體B落地前瞬間的速度大小v=2m/s(3)物體B從靜止釋放到落地經(jīng)歷的時(shí)間t=va1=2s，則物體B落地時(shí)，物體A的速度vA=at=4B落地后，設(shè)A的加速度大小為a2由牛頓第二定律有m1gsinθ+μm1gcosθ=m1a2B落地后，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式0-vA2=-2a2物體A沿著斜面向上運(yùn)動的最大距離s=2h+s1代入數(shù)據(jù)解得s=4.8m。四類常見連接體問題接觸面光滑，或μA=μB三種情況中彈簧彈力、繩的張力大小相同且與接觸面是否光滑無關(guān)跨滑輪的連接體兩物體速度和加速度大小相同、方向不同，常用隔離法疊加類連接體兩物體剛要發(fā)生相對滑動時(shí)物體間達(dá)到最大靜摩擦力靠在一起的連接體分離時(shí)相互作用力為零，但此時(shí)兩物體的加速度仍相等例4(2025·湖南瀏陽市校聯(lián)盟聯(lián)考)如圖所示，用輕繩a、b和彈簧c將小球1與小球2懸掛在空中，輕繩a與豎直方向夾角為30°，輕繩b與豎直方向夾角為60°，彈簧c水平。小球1的質(zhì)量為m，重力加速度大小為g。下列說法正確的是()A.彈簧c的拉力為3mgB.小球2的質(zhì)量為2mC.剪斷輕繩b的瞬間，小球1的加速度大小為gD.剪斷輕繩b的瞬間，小球2的加速度方向豎直向下答案C解析對小球1進(jìn)行受力分析，如圖甲根據(jù)平衡條件有FTasin30°=FTbsin60°，F(xiàn)Tacos30°=mg+FTbcos60°，解得FTa=3mg，F(xiàn)Tb=mg對小球2進(jìn)行受力分析，如圖乙根據(jù)平衡條件有FTc=FTbsin60°，m2g=FTbcos60°解得FTc=32mg，m2=m2，故A、剪斷輕繩b的瞬間，小球1受重力和繩a的拉力，小球1將做圓周運(yùn)動，受力分析如圖丙根據(jù)牛頓第二定律，有mgsin30°=ma1，解得a1=g2，故C剪斷輕繩b的瞬間，小球2受重力和彈簧彈力作用，受力分析如圖丁，根據(jù)牛頓第二定律，有(m2g)2+FTc2設(shè)加速度的方向與水平方向成α角，有tanα=m2gFTc=33可得α例5(2025·福建福州市模擬)滑雪是我國東北地區(qū)冬季常見的體育運(yùn)動。如圖(a)，在與水平面夾角θ=14.5°的滑雪道上，質(zhì)量m=60kg的滑雪者先采用兩滑雪板平行的滑雪姿勢(此時(shí)雪面對滑雪板的阻力可忽略)，由靜止開始沿直線勻加速下滑x1=45m；之后采取兩滑雪板間呈一定角度的滑雪姿勢，通過滑雪板推雪獲得阻力，勻減速繼續(xù)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，不計(jì)空氣阻力。(1)求減速過程中滑雪者加速度a的大??；(2)如圖(b)，若減速過程中兩滑雪板間的夾角α=74°，滑雪板受到沿雪面且垂直于滑雪板邊緣的阻力均為F，求F的大小。答案(1)7.5m/s2(2)500N解析(1)由靜止開始沿直線勻加速下滑的過程有2a1x1=v2由牛頓第二定律知mgsinθ=ma1代入數(shù)據(jù)得v=2gx1勻減速繼續(xù)下滑的過程有2ax2=v2代入數(shù)據(jù)得a=v22x2(2)若減速過程中兩滑雪板間的夾角α=74°，根據(jù)牛頓第二定律有2Fsinα2-mgsinθ=解得F=ma+mgsinθ解決動力學(xué)兩類基本問題的思路考點(diǎn)三運(yùn)動學(xué)和動力學(xué)圖像1.三種運(yùn)動學(xué)圖像常見圖像斜率k圖線與橫軸所圍面積兩圖像交點(diǎn)x-t圖像ΔxΔ-表示相遇v-t圖像ΔvΔ位移x表示此時(shí)速度相等，往往是距離最大或最小的臨界點(diǎn)a-t圖像-速度變化量Δv表示此時(shí)加速度相等2.三種動力學(xué)圖像F-t圖像思路一：分段求加速度，利用運(yùn)動學(xué)公式求解思路二：動量定理，圖線與t軸所圍面積表示F的沖量F-x圖像思路一：分段求加速度，利用運(yùn)動學(xué)公式求解思路二：動能定理，圖線與x軸所圍面積表示力F做的功a-F圖像根據(jù)牛頓第二定律列式，再變換成a-F關(guān)系例如：如圖所示，F(xiàn)-μmg=ma，a=Fm-μg，則a-F圖像的斜率為1m3.非常規(guī)圖像非常規(guī)圖像(舉例)函數(shù)表達(dá)式斜率k縱截距bv2-x圖像由v2-v02得v2=v022avxt-t由x=v0t+12at得xt=v0+112v0xt2-由x=v0t+12at2得xt2=v01v012a-x圖像由v2-v02=2ax知圖線與x軸所圍面積等于1v-x圖線與橫軸所圍面積表示運(yùn)動時(shí)間1a-v注意：xt-t圖像與t例6(2025·江西省一模)一輛汽車剎車過程中可看成勻減速直線運(yùn)動，剎車t時(shí)間內(nèi)的位移為x，其剎車過程的xt-t圖像如圖所示(圖中橫軸截距b和縱軸截距cA.平均速度大小為12c B.平均速度大小為C.加速度大小為cb D.加速度大小為答案A解析根據(jù)位移時(shí)間關(guān)系可得x=v0t-12at2，變形可得xt=v0-12at，則初速度大小v0=c，整個(gè)剎車過程的平均速度v=12v0=12c，故A正確，B錯(cuò)誤；結(jié)合圖線可得12a=cb，解得a物理中一次函數(shù)問題的解題思路舉例基本公式變形后的一次函數(shù)表達(dá)式斜率縱截距單擺T2-l圖像T=2πl(wèi)T2=4π2l4-伏阻法測電動勢和內(nèi)阻的1U-1E=U+UR1U=rE·1r1安阻法測電動勢和內(nèi)阻的1I-RE=I(R+r)1I=1ER1r例7(多選)(2025·四川雅安市一診)如圖甲所示，一固定水平長桿套有直徑略大于桿的金屬小環(huán)。現(xiàn)用始終與水平方向成53°的拉力F作用于小環(huán)，當(dāng)拉力F從零開始逐漸增大時(shí)，小環(huán)靜止一段時(shí)間后開始運(yùn)動，其加速度a隨拉力F變化的圖像如圖乙所示，加速度在拉力達(dá)到F2后保持不變。已知小環(huán)質(zhì)量為0.8kg，小環(huán)與長桿間的動摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度大小為10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6。則()A.F1=7.5N B.a2=7.5m/s2C.μ=0.75 D.F2=5N答案BC解析當(dāng)F大于F2以后，由牛頓第二定律得Fcos53°-μ(Fsin53°-mg)=ma，因?yàn)榧铀俣缺３植蛔?，即a與F無關(guān)，所以有Fcos53°=μFsin53°，解得μ=0.75，a2=7.5m/s2，故B、C正確；當(dāng)F等于F1時(shí)有F1cos53°=μ(mg-F1sin53°)，解得F1=5N，故A錯(cuò)誤；當(dāng)F等于F2時(shí)，加速度恰好達(dá)到恒定值，此時(shí)有F2sin53°=mg，解得F2=10N，故D錯(cuò)誤。將三維立體的復(fù)雜問題利用降維法分解為一維加二維問題，變成簡單的問題，比如立體空間的平衡問題，帶電物體(粒子)在立體空間中的運(yùn)動等。示例(2025·山東卷·8)工人在河堤的硬質(zhì)坡面上固定一垂直坡面的擋板，向坡底運(yùn)送長方體建筑材料。如圖所示，坡面與水平面夾角為θ，交線為PN，坡面內(nèi)QN與PN垂直，擋板平面與坡面的交線為MN，∠MNQ=θ。若建筑材料與坡面、擋板間的動摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度大小為g，則建筑材料沿MN向下勻加速滑行的加速度大小為()A.gsin2θ-μgcosθ-μgsinθcosθB.gsinθcosθ-μgcosθ-μgsin2θC.gsinθcosθ-μgcosθ-μgsinθcosθD.gcos2θ-μgcosθ-μgsin2θ答案B解析對建筑材料受力分析如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律mgsinθcosθ-μFN1-μFN2=ma，其中FN1=mgcosθ，F(xiàn)N2=mgsin2θ，可得a=gsinθcosθ-μgcosθ-μgsin2θ，故選B。專題強(qiáng)化練[分值：60分][1~8題，每題4分，9、10題，每題6分][保分基礎(chǔ)練]1.(2025·江蘇卷·1)新能源汽車在輔助駕駛系統(tǒng)測試時(shí)，感應(yīng)到前方有障礙物立刻制動，做勻減速直線運(yùn)動。2s內(nèi)速度由12m/s減至0。該過程中加速度大小為()A.2m/s2 B.4m/s2C.6m/s2 D.8m/s2答案C解析根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式v=v0+at，代入數(shù)值解得a=-6m/s2，故加速度大小為6m/s2。故選C。2.(2024·貴州卷·1)某研究人員將一鐵質(zhì)小圓盤放入聚苯乙烯顆粒介質(zhì)中，在下落的某段時(shí)間內(nèi)，小圓盤僅受重力G和顆粒介質(zhì)對其向上的作用力f。用高速相機(jī)記錄小圓盤在不同時(shí)刻的位置，相鄰位置的時(shí)間間隔相等，如圖所示，則該段時(shí)間內(nèi)下列說法可能正確的是()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解析由題圖可知相等時(shí)間內(nèi)鐵質(zhì)小圓盤的位移先增大后減小，可知鐵質(zhì)小圓盤的速度先增大后減小，以向下為正方向，即鐵質(zhì)小圓盤的加速度先正后負(fù)，根據(jù)牛頓第二定律G-f=ma，可知f先小于G，后大于G。故選C。3.(2025·山東濰坊市二模)如圖所示，子彈垂直射入并排在一起固定的相同木板，穿過第12塊木板后速度變?yōu)?。子彈視為質(zhì)點(diǎn)，在各木板中運(yùn)動的加速度都相同。從子彈射入開始，到分別接觸第4、7、10塊木板所用時(shí)間之比為()A.3∶2∶1B.3∶2∶1C.(2-3)∶(2-2)∶1D.(3-2)∶(3-1)∶3答案C解析由逆向思維，子彈的運(yùn)動可視為反向的做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動，每3塊木板為一段，共經(jīng)過四段，由x=12at2可知通過每段位移的時(shí)間之比為1∶(2-1)∶(3-2)∶(2-3)，所以從子彈射入開始，到分別接觸第4、7、10塊木板所用時(shí)間之比為t4∶t7∶t10=(2-3)∶[(2-3)+(3-2)]∶[(2-3)+(3-2)+(2-1)]=(2-3)∶(2-2)∶1，故選C4.(2025·北京市房山區(qū)一模)如圖所示，沿水平方向運(yùn)動的汽車內(nèi)，一質(zhì)量為m1的物塊緊貼在車廂左側(cè)的豎直內(nèi)壁上，且與車廂保持相對靜止，物塊與車廂左壁間的動摩擦因數(shù)為μ，另一質(zhì)量為m2的小球通過輕質(zhì)細(xì)線與車廂頂部連接，細(xì)線與豎直方向的夾角為α。重力加速度為g，下列說法正確的是()A.汽車一定向右加速運(yùn)動B.細(xì)線中的拉力大小為m2gcosαC.物塊與車廂左壁之間的摩擦力大小為μm1gtanαD.物塊受到車廂左壁的彈力大小為m1gtanα答案D解析根據(jù)題意，對小球受力分析，如圖所示，豎直方向有FT=m2gcosα，水平方向由牛頓第二定律有m2gtanα=m2a，可得a=gtanα，方向水平向右，則汽車和物塊的加速度也是水平向右的，汽車可能做向右的加速運(yùn)動，也能做向左的減速運(yùn)動，故則有FN=m1a=m1gtanα，豎直方向的靜摩擦力大小為Ff=m1g，摩擦力不一定達(dá)到最大靜摩擦力，故C錯(cuò)誤，D正確。5.(2025·湖南株洲市一模)水果的碰傷閾值是指水果在不碰傷的情況下能夠從靜止豎直跌落的最大高度。已知蘋果在與地板接觸后經(jīng)過時(shí)間Δt速度減為0，桔子在與地板接觸后經(jīng)過時(shí)間2Δt速度減為0，蘋果和桔子碰傷所需的平均作用力均約為自身重力的3倍，不計(jì)空氣阻力，則蘋果和桔子的碰傷閾值之比約為()A.1∶4 B.1∶3 C.1∶2 D.2∶1答案A解析設(shè)與地板接觸時(shí)，蘋果和桔子的速度分別為v1、v2，蘋果和桔子碰傷所需的平均作用力均約為自身重力的3倍，則F=3mg，由動量定理-(F-mg)t=0-mv可得v1∶v2=Δt∶2Δt=1∶2。根據(jù)自由落體運(yùn)動公式v2=2gh，可得蘋果和桔子的碰傷閾值之比約為h1∶h2=v12∶v22=1∶6.(2025·廣西南寧市一模)如圖甲所示，一算盤靜置在水平桌面上，中間帶孔的算珠可穿在固定的桿上滑動，使用時(shí)發(fā)現(xiàn)有一顆算珠位于桿的一端處于未歸零狀態(tài)，在t=0時(shí)刻對算珠施加沿桿方向的力F=0.1N使其由靜止開始運(yùn)動，經(jīng)0.15s撤去F，此后再經(jīng)0.15s恰好能到達(dá)另一端處于歸零狀態(tài)。算珠在整個(gè)運(yùn)動過程中的v-t圖像如圖乙所示，算珠可視為質(zhì)點(diǎn)，與桿間的動摩擦因數(shù)恒定，重力加速度g取10m/s2。下列說法正確的是()A.算珠與桿間的動摩擦因數(shù)為0.1B.算珠的質(zhì)量為25gC.若不撤去F，則算珠在0.2s時(shí)已處于歸零狀態(tài)D.桿長9cm答案B解析由v-t圖像與t軸所圍面積表示位移，可知桿長為x=0.3×0.32m=0.045m=4.5cm，故D錯(cuò)誤；由牛頓第二定律得F-μmg=ma1，μmg=ma2，由題圖乙可知撤去F前后算珠的加速度大小為a1=a2=0.30.15m/s2=2m/s2，聯(lián)立解得μ=0.2，m=25g，故A錯(cuò)誤，B正確；若不撤去F，算珠將以2m/s2的加速度做勻加速直線運(yùn)動，經(jīng)0.2s運(yùn)動位移為x'=12×2×0.22m=4cm<4.57.(2025·湖北省調(diào)研)如圖，質(zhì)量為1kg的物塊A放置在一個(gè)靜止的木箱內(nèi)，物塊A與木箱之間的動摩擦因數(shù)為0.5。物塊A被一輕彈簧用3N的水平拉力向右拉著而保持靜止，g取10m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，下列說法中正確的是()A.物塊A靜止時(shí)所受摩擦力大小為5NB.木箱以5m/s2的加速度豎直向上做勻加速直線運(yùn)動時(shí)，物塊A將相對木箱滑動C.木箱以5m/s2的加速度水平向右做勻減速直線運(yùn)動時(shí)，物塊A將相對木箱滑動D.木箱以5m/s2的加速度水平向右做勻加速直線運(yùn)動時(shí)，物塊A將相對木箱滑動答案C解析對物塊受力分析，物塊豎直方向所受重力和支持力平衡，水平方向所受彈簧向右的彈力和向左的靜摩擦力平衡，此時(shí)物塊所受摩擦力大小為3N，故A錯(cuò)誤；當(dāng)木箱以5m/s2的加速度豎直向上做勻加速直線運(yùn)動時(shí)，對物塊受力分析，物塊加速度方向豎直向上，物塊所受支持力大于重力，接觸面的最大靜摩擦力增加，故此時(shí)物塊不可能相對于木箱滑動，故B錯(cuò)誤；假設(shè)物塊隨木箱向右做勻減速直線運(yùn)動，其加速度方向水平向左。假設(shè)物塊相對靜止，彈簧彈力不變，由牛頓第二定律，F(xiàn)f-F彈=ma，F(xiàn)f=8N，物塊所受最大靜摩擦力Ffmax=μFN=5N，F(xiàn)f>Ffmax，假設(shè)不成立，故物塊將相對于木箱向右滑動，故C正確；假設(shè)物塊隨木箱一起向右做勻加速直線運(yùn)動，對物塊受力分析，由牛頓第二定律：F彈+Ff=ma，解得Ff=2N，方向水平向右，F(xiàn)f<Ffmax，假設(shè)成立，物塊與木箱相對靜止，一起向右做勻加速直線運(yùn)動，故D錯(cuò)誤。8.(2025·山東煙臺市二模)一物體從斜面底端滑上一固定斜面，其運(yùn)動速度的平方(v2)與位移(x)關(guān)系圖像如圖所示，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，sin53°=0.8，下列說法正確的是()A.斜面的傾角為30°B.物體沿斜面下滑時(shí)加速度大小為8m/s2C.物體與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.25D.物體沿斜面向上滑行的最大高度為2m答案C解析根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式v2-v02=2ax，結(jié)合v2-x圖像可得，2a1=322m/s2，a1=8m/s2；2a2=162m/s2，a2=4m/s2。設(shè)斜面傾角為θ，物體與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，根據(jù)牛頓第二定律可得，上滑時(shí)mgsinθ+μmgcosθ=ma1，下滑時(shí)mgsinθ-μmgcosθ=ma2，聯(lián)立解得θ=37°，μ=0.25，故A、B錯(cuò)誤，C正確；物體沿斜面向上滑行的最大高度為hm=xmsinθ=2×0.6m=1.2[爭分提能練]9.(2025·北京卷·11)模擬失重環(huán)境的實(shí)驗(yàn)艙，通過電磁彈射從地面由靜止開始加速后豎直向上射出，上升到最高點(diǎn)后回落，再通過電磁制動使其停在地面。實(shí)驗(yàn)艙運(yùn)動過程中，受到的空氣阻力f的大小隨速率增大而增大，f隨時(shí)間t的變化如圖所示(向上為正)。下列說法正確的是()A.從t1到t3，實(shí)驗(yàn)艙處于電磁彈射過程B.從t2到t3，實(shí)驗(yàn)艙加速度大小減小C.從t3到t5，實(shí)驗(yàn)艙內(nèi)物體處于失重狀態(tài)D.t4時(shí)刻，實(shí)驗(yàn)艙達(dá)到最高點(diǎn)答案B解析t1~t3內(nèi)，f向下，先增大后減小，可知此時(shí)速度方向向上，先增大后減小，故實(shí)驗(yàn)艙在t1~t2內(nèi)處于彈射過程，在t2~t3內(nèi)做豎直上拋運(yùn)動，故A錯(cuò)誤；t2~t3內(nèi)，f向下在減小，根據(jù)牛頓第二定律有mg+f=ma，即a=fm+g，故從t2到t3加速度大小在減小，故B正確；t3~t5內(nèi)，f向上，先增大后減小，可知此時(shí)速度方向向下，先增大后減小，先向下加速后向下減速，加速度先向下后向上，先失重后超重，故C錯(cuò)誤；根據(jù)前面分析可知t3時(shí)刻速度方向改變，從向上運(yùn)動變成向下運(yùn)動，故t3時(shí)刻到達(dá)最高點(diǎn)，故D10.(多選)(2025·黑吉遼蒙卷·10)如圖(a)，傾角為θ的足夠長斜面放置在粗糙水平面上。質(zhì)量相等的小物塊甲、乙同時(shí)以初速度v0沿斜面下滑，甲、乙與斜面的動摩擦因數(shù)分別為μ1、μ2，整個(gè)過程中斜面相對地面靜止。甲和乙的位置x與時(shí)間t的關(guān)系曲線如圖(b)所示，兩條曲線均為拋物線，乙的x-t曲線在t=t0時(shí)切線斜率為0，則()A.μ1+μ2=2tanθB.t=t0時(shí)，甲的速度大小為3v0C.t=t0之前，地面對斜面的摩擦力方向向左D.t=t0之后，地面對斜面的摩擦力方向向左答案AD解析將下滑時(shí)刻作為初位置，則位置x與時(shí)間t的圖像即為位移-時(shí)間圖像，圖像的斜率表示速度。甲、乙兩個(gè)物塊的曲線均為拋物線，則甲物塊做勻加速直線運(yùn)動，乙物塊做勻減速直線運(yùn)動，在t0時(shí)間內(nèi)x甲=v0+v2t0=3x0，x乙=v0+02t0=x0，聯(lián)立解得t0時(shí)刻甲物塊的速度大小為v=2v0，B錯(cuò)誤；甲物塊的加速度大小a1=v-v0t0，乙物塊的加速度大小a2=v0t0，由牛頓第二定律，對甲物塊mgsinθ-μ1mgcosθ=ma1，對乙物塊μ2mgcosθ-mgsinθ=ma2，聯(lián)立可得μ1+μ2=2tanθ，A正確；取水平向左為正方向，對斜面和甲、乙兩物塊系統(tǒng)由牛頓第二定律可得，F(xiàn)f1=ma1cosθ-ma2cosθ=0，則t=t0之前，地面和斜面之間摩擦力為零，C錯(cuò)誤；t11.(16分)(2025·福建泉州市一模)某工廠輸送物件的傳送系統(tǒng)由傾角為30°的傳送帶AB和一傾角相同的長木板CD組成，物件和傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ1=32、與木板間的動摩擦因數(shù)μ2=315。傳送帶以v0=4m/s的恒定速率順時(shí)針轉(zhuǎn)動。現(xiàn)將物件P無初速度置于傳送帶A點(diǎn)，發(fā)現(xiàn)當(dāng)物件到達(dá)B端時(shí)剛好相對傳送帶靜止，到達(dá)D點(diǎn)時(shí)速度恰好為零隨即被機(jī)械手取走。物件可以看成質(zhì)點(diǎn)，傳送帶與木板間可認(rèn)為無縫連接，重力加速度g取10m/s(1)(4分)求傳送帶的長度L1；(2)(5分)求木板的長度L2以及物件從A到D所需的時(shí)間t；(3)(7分)假如機(jī)械手未能在D點(diǎn)及時(shí)將物件取走，導(dǎo)致物件重新下滑，則此后它第四次向上運(yùn)動時(shí)離C點(diǎn)的最大距離為多少？答案(1)3.2m(2)43m34解析(1)P放上傳送帶后，受力如圖甲，由牛頓第二定律有μ1mgcos30°-mgsin30°=ma1解得a1=2.5m/s2根據(jù)速度與位移關(guān)系式有L1=v解得L1=3.2m(2)到達(dá)木板C點(diǎn)后，受力如圖乙，由牛頓第二定律有-mgsin30°-μ2mgcos30°=ma2解得a2=-6m/s2則C、D間距離(木板長)為L2=0-解得L2=43P在傳送帶上上滑時(shí)間為Δt1=v0-0aP在木板上上滑時(shí)間為Δt2=0-v0a2所以t=Δt1+Δt2=1.6s+23s=3415(3)從D點(diǎn)向下運(yùn)動，受力如圖丙，由牛頓第二定律有mgsin30°-μ2mgcos30°=ma3解得a3=4m/s2第一次返回B點(diǎn)時(shí)有v1=2其中x1=L2滑過B點(diǎn)后在傳送帶上先向下減速后以相同加速度返回，由對稱性可知物件再次回到B點(diǎn)時(shí)速度大小仍為v1，在木板上向上運(yùn)動的位移x2=0-v122a2=-a第二次返回B，x3=x2=23xv2=2在木板上向上運(yùn)動的位移x4=0-v222即物件每次沖上木板的距離是上一次的2第四次向上運(yùn)動時(shí)物件離C點(diǎn)的距離為x=(23)4x1≈0.263第3講力與曲線運(yùn)動課時(shí)1拋體運(yùn)動考點(diǎn)一運(yùn)動的合成與分解例1(2025·黑吉遼蒙卷·6)如圖，趣味運(yùn)動會的“聚力建高塔”活動中，兩長度相等的細(xì)繩一端系在同一塔塊上，兩名同學(xué)分別握住繩的另一端，保持手在同一水平面以相同速率v相向運(yùn)動。為使塔塊沿豎直方向勻速下落，則v()A.一直減小 B.一直增大C.先減小后增大 D.先增大后減小答案B解析設(shè)兩邊繩與豎直方向的夾角為θ，塔塊沿豎直方向勻速下落的速度為v塊，將v塊沿繩方向和垂直繩方向分解，將v沿繩方向和垂直繩方向分解，可得v塊cosθ=vsinθ，解得v=v塊tanθ，由于塔塊勻速下落時(shí)θ在減小，故可知v分析關(guān)聯(lián)速度問題的三個(gè)要點(diǎn)(1)繩上速度處處相等(即兩物體沿繩方向的速度大小相等)；(2)物體運(yùn)動方向是合速度方向；(3)沿繩、垂直于繩分解實(shí)際速度。例2(多選)(2024·安徽卷·9)一傾角為30°足夠大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜面上建立Oxy直角坐標(biāo)系，如圖甲所示。從t=0開始，將一可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊從O點(diǎn)由靜止釋放，同時(shí)對物塊施加沿x軸正方向的力F1和F2，其大小與時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示。已知物塊的質(zhì)量為1.2kg，重力加速度g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力。則()A.物塊始終做勻變速曲線運(yùn)動B.t=1s時(shí)，物塊的y坐標(biāo)值為2.5mC.t=1s時(shí)，物塊的加速度大小為53m/s2D.t=2s時(shí)，物塊的速度大小為102m/s答案BD解析根據(jù)題圖乙可得F1=4-t(N)，F(xiàn)2=3t(N)，故兩力的合力為Fx=4+2t(N)物塊在y軸方向受到的力不變，為mgsin30°，x軸方向受到的力Fx在改變，合力在改變，故物塊做的不是勻變速曲線運(yùn)動，故A錯(cuò)誤；沿y軸方向物塊做勻加速直線運(yùn)動，加速度為ay=mgsin30°m=gsin30°=5故t=1s時(shí)，物塊的y坐標(biāo)值為y=12ayt2=2.5m，故Bt=1s時(shí)，F(xiàn)x=6N，故ax=Fxm=5則a=ax2+ay2=52沿x軸正方向，對物塊根據(jù)動量定理得Fxt=mvx-0由于Fx與時(shí)間t成線性關(guān)系，故可得(4+2×0)+(4+2×2)解得vx=10m/s此時(shí)y軸方向速度大小為vy=gsin30°·t=5×2m/s=10m/s故此時(shí)物塊的速度大小為v=vx2+vy2=10兩個(gè)分運(yùn)動示例合運(yùn)動性質(zhì)兩個(gè)直線運(yùn)動勻速直線運(yùn)動與勻變速直線運(yùn)動互成角度勻變速曲線運(yùn)動兩個(gè)勻變速直線運(yùn)動勻變速曲線運(yùn)動或勻變速直線運(yùn)動直線運(yùn)動和簡諧運(yùn)動單擺(類單擺)與直線運(yùn)動曲線運(yùn)動直線運(yùn)動和圓周運(yùn)動直線運(yùn)動與勻速圓周運(yùn)動垂直螺旋式運(yùn)動直線運(yùn)動與圓周運(yùn)動共面擺線運(yùn)動

考點(diǎn)二平拋運(yùn)動1.平拋運(yùn)動及研究方法2.平拋運(yùn)動的兩個(gè)推論(1)設(shè)做平拋運(yùn)動的物體在任意時(shí)刻的速度方向與水平方向的夾角為θ，位移方向與水平方向的夾角為φ，則有tanθ=2tanφ，如圖甲所示。(2)做平拋運(yùn)動的物體任意時(shí)刻的瞬時(shí)速度的反向延長線一定通過此時(shí)水平位移的中點(diǎn)，如圖乙所示。例3(2025·云南卷·3)如圖所示，某同學(xué)將兩顆鳥食從O點(diǎn)水平拋出，兩只小鳥分別在空中的M點(diǎn)和N點(diǎn)同時(shí)接到鳥食。鳥食的運(yùn)動視為平拋運(yùn)動，兩運(yùn)動軌跡在同一豎直平面內(nèi)，則()A.兩顆鳥食同時(shí)拋出B.在N點(diǎn)接到的鳥食后拋出C.兩顆鳥食平拋的初速度相同D.在M點(diǎn)接到的鳥食平拋的初速度較大答案D解析鳥食的運(yùn)動視為平拋運(yùn)動，則在豎直方向有h=12gt2，由于hM<hN，則tM<tN，要同時(shí)接到鳥食，則在N點(diǎn)接到的鳥食先拋出，故A、B錯(cuò)誤；在水平方向有x=v0t=v02hg，過M點(diǎn)作一水平面，如圖所示?？煽闯鲈谙嗤叨忍?，在M點(diǎn)接到的鳥食水平位移大，則在M點(diǎn)接到的鳥食平拋的初速度較大，故C例4(2022·全國甲卷·24)將一小球水平拋出，使用頻閃儀和照相機(jī)對運(yùn)動的小球進(jìn)行拍攝，頻閃儀每隔0.05s發(fā)出一次閃光。某次拍攝時(shí)，小球在拋出瞬間頻閃儀恰好閃光，拍攝的照片編輯后如圖所示。圖中的第一個(gè)小球?yàn)閽伋鏊查g的影像，每相鄰兩個(gè)球之間被刪去了3個(gè)影像，所標(biāo)出的兩個(gè)線段的長度s1和s2之比為3∶7。重力加速度大小取g=10m/s2，忽略空氣阻力。求在拋出瞬間小球速度的大小。答案25解析頻閃儀每隔0.05s發(fā)出一次閃光，每相鄰兩個(gè)球之間被刪去3個(gè)影像，故相鄰兩球的時(shí)間間隔為t=4T=0.05×4s=0.2s設(shè)拋出瞬間小球的速度為v0，每相鄰兩球間的水平方向上位移為x，豎直方向上的位移分別為y1、y2，根據(jù)平拋運(yùn)動位移公式有x=v0ty1=12gt2=12×10×0.22m=0.2y2=12g(2t)2-12gt2=12×10×(0.42-0.22)令y1=y，則有y2=3y1=3y已標(biāo)注的線段s1、s2分別為s1=xs2=x2+(3則有x2+y2∶整理得x=25故在拋出瞬間小球的速度大小為v0=xt=255例5(2025·廣東肇慶市模擬)如圖所示，斜面AC與水平方向的夾角為α，在底端A正上方與頂端C等高處的E點(diǎn)以速度v0水平拋出一小球，小球垂直于斜面落到D點(diǎn)，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力，則()A.小球在空中飛行時(shí)間為vB.小球落到斜面上時(shí)的速度大小為vC.CD與DA長度的比值為1D.小球的位移方向垂直于AC答案C解析小球的運(yùn)動軌跡圖如圖所示，把速度分解：小球垂直于斜面落到D點(diǎn)，所以在D點(diǎn)時(shí)有tanα=v0gt，解得t=v0gtanα，故A錯(cuò)誤；小球垂直于斜面落到D點(diǎn)，所以小球落到斜面上時(shí)的速度大小為v=v0sinα，故B錯(cuò)誤；根據(jù)幾何關(guān)系，sDA=v0tcosα，sCD=12g大多數(shù)平拋運(yùn)動與斜面(曲面)的綜合問題，最終可轉(zhuǎn)化為對平拋物體位移方向、速度方向分析，對位移、速度分解、計(jì)算，從而解決問題。已知速度方向，分解速度垂直落在斜面上tanθ=v0v無碰撞地進(jìn)入圓弧形軌道tanθ=vyv已知位移方向，分解位移求飛行時(shí)間、位移等tanθ=yx=落在斜面上位移最小tanθ=xy=(x-R)2+y2=R2考點(diǎn)三斜拋運(yùn)動性質(zhì)斜拋運(yùn)動是加速度為g的勻變速曲線運(yùn)動，運(yùn)動軌跡是拋物線研究方法運(yùn)動的合成與分解、逆向思維法基本規(guī)律(以斜上拋運(yùn)動為例)(1)水平方向：v0x=v0cosθ，F(xiàn)合x=0；x=v0tcosθ(2)豎直方向：v0y=v0sinθ，F(xiàn)合y=mg；y=v0tsinθ-12gt常見圖例例6(2025·湖北卷·6)某網(wǎng)球運(yùn)動員兩次擊球時(shí)，擊球點(diǎn)離網(wǎng)的水平距離均為L，離地高度分別為L2、L，網(wǎng)球離開球拍瞬間的速度大小相等，方向分別斜向上、斜向下，且與水平方向夾角均為θ。擊球后網(wǎng)球均剛好直接掠過球網(wǎng)，運(yùn)動軌跡平面與球網(wǎng)垂直，忽略空氣阻力，tanθA.12 B.13 C.14答案C解析設(shè)網(wǎng)球離開球拍瞬間的速度大小為v0，球網(wǎng)高度為h，則網(wǎng)球兩次運(yùn)動過程沿水平方向均做勻速直線運(yùn)動，有L=v0cosθ·t，斜向上將球擊出后，沿豎直方向有h-L2=v0sinθ·t-12gt2，斜向下將球擊出后，沿豎直方向有L-h=v0sinθ·t+12gt2，解得tanθ=1例7(多選)(2024·山東卷·12)如圖所示，工程隊(duì)向峽谷對岸平臺拋射重物，初速度v0大小為20m/s，與水平方向的夾角為30°，拋出點(diǎn)P和落點(diǎn)Q的連線與水平方向夾角為30°，重力加速度大小取10m/s2，忽略空氣阻力。重物在此運(yùn)動過程中，下列說法正確的是()A.運(yùn)動時(shí)間為23sB.落地速度與水平方向夾角為60°C.重物離PQ連線的最遠(yuǎn)距離為10mD.軌跡最高點(diǎn)與落點(diǎn)的高度差為45m答案BD解析解法一以P點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立直角坐標(biāo)系如圖甲所示(PQ為x軸)將v0沿兩個(gè)坐標(biāo)軸分解，則有v0x=v0cos60°=10m/s，v0y=v0sin60°=103m/s將重力加速度沿兩個(gè)坐標(biāo)軸分解，則有ax=gsin30°=5m/s2ay=gcos30°=53m/s2從P點(diǎn)拋出至落到Q點(diǎn)的過程中，由對稱性可知t=2v0yay=4重物距PQ連線最遠(yuǎn)距離Y=v0y22ay=10落至Q點(diǎn)時(shí)vx=v0x+axt=30m/s由對稱性得vy=v0y=103m/s落至Q點(diǎn)時(shí)速度方向與x軸夾角設(shè)為θtanθ=vyvx=3又因PQ與水平方向夾角為30°，則落地速度方向與水平方向夾角α=60°，B正確；重物從拋出到最高點(diǎn)所用時(shí)間為t1=v0sin30°g從最高點(diǎn)到落地所用時(shí)間為t2=t-t1=3s則軌跡最高點(diǎn)與落點(diǎn)的高度差為h=12gt22=45m解法二以P點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立直角坐標(biāo)系，水平方向?yàn)閤軸，豎直方向?yàn)閥軸，如圖乙所示，P'與P等高v0x=v0cos30°=103m/sv0y=v0sin30°=10m/s從P→P't1=2v0yx1=v0xt1=203mvx=v0x=103m/svy=v0y=10m/s，從P'→Qx2=vxt2y=vyt2+12g由幾何關(guān)系知：tan30°=yx1解得：t2=2st總=t1+t2=4s，A錯(cuò)誤；從最高點(diǎn)至Q點(diǎn)時(shí)間為t3=t總-t12=3vy'=gt3=30m/stanα=vy'vx=3，αH=12gt32=45m離PQ連線最遠(yuǎn)點(diǎn)速度方向與PQ平行，即垂直于PQ連線的分速度為0，最遠(yuǎn)距離D=v⊥22a⊥=(v0解法三沿初速度方向和重力加速度方向分解。如圖丙所示，將重物的運(yùn)動沿初速度方向、豎直方向進(jìn)行分解，則沿初速度v0方向的分運(yùn)動為勻速直線運(yùn)動，而沿豎直方向的分運(yùn)動為自由落體運(yùn)動，由幾何關(guān)系知△PQM為等邊三角形，v0t·sin30°=12×得從P至Q所用時(shí)間t=4s，故A錯(cuò)誤；落在Q點(diǎn)時(shí)的速度反向延長線通過勻速直線運(yùn)動分位移PM的中點(diǎn)，由此可知vQ與水平方向夾角為60°，B正確；重物上升時(shí)間t1=v0sin30°g=1s，則從最高點(diǎn)落至Q點(diǎn)的時(shí)間t2=t-t1=3s，軌跡最高點(diǎn)與落點(diǎn)間的高度差h=12gt22=45m，D正確；重物離PQ最遠(yuǎn)距離D=v⊥22斜拋運(yùn)動問題，往往有正交分解法和斜交分解法：1.正交分解法(1)沿水平方向和豎直方向分解(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變式(多選)(2025·山東臨沂市一模)如圖所示，在一個(gè)傾角θ=30°的足夠長固定斜面底端P點(diǎn)將小球以初速度v=20m/s斜向上拋出，拋出方向與斜面的夾角α=30°，小球落在斜面上的Q點(diǎn)。不計(jì)空氣阻力，重力加速度g取10m/s2，小球在此運(yùn)動過程中，下列說法正確的是()A.運(yùn)動時(shí)間為43B.從P點(diǎn)運(yùn)動到速度與斜面平行時(shí)，用時(shí)為33C.小球離斜面最遠(yuǎn)距離為103D.落到Q點(diǎn)時(shí)速度與水平方向的夾角為30°答案ACD解析沿平行斜面和垂直斜面建立坐標(biāo)系，正交分解如圖所示，設(shè)小球在空中的運(yùn)動時(shí)間為t，小球在垂直斜面方向做勻變速直線運(yùn)動，運(yùn)動到離斜面最遠(yuǎn)時(shí)速度方向與斜面平行。從拋出到離斜面最遠(yuǎn)，由運(yùn)動學(xué)知識有t2=vsinαgcosθ，解得小球的運(yùn)動時(shí)間為t=433s，A正確；小球從P點(diǎn)運(yùn)動到速度與斜面平行時(shí)，用時(shí)為t2=233s，B錯(cuò)誤；小球離斜面最遠(yuǎn)距離為H=12g(t2)2cosθ=1033m，C正確；由運(yùn)動學(xué)知識可知落到Q點(diǎn)時(shí)x軸方向的速度為vx=vcosα-gtsinθ=1033m/s，y軸方向的速度為vy=vsinα=10m/s，由幾何關(guān)系可知落到Q點(diǎn)時(shí)速度與x軸的夾角的正切值為解題中若運(yùn)用正向思維法解題比較煩瑣，可以考慮利用逆向思維法解題，這樣能夠使物體的運(yùn)動變成一種更簡單的運(yùn)動。運(yùn)動示例已知條件逆向思維勻減速直線運(yùn)動物體做勻減速直線運(yùn)動，末速度已知物體做初速度已知的勻加速直線運(yùn)動(類)斜拋運(yùn)動物體做(類)斜拋運(yùn)動，末速度水平物體做(類)平拋運(yùn)動示例(2024·重慶市一模)一學(xué)生用兩個(gè)顏色不同的球做斜拋運(yùn)動游戲，如圖所示，第一次出手，紅色球的初速度與豎直方向的夾角為α=60°；第二次出手，橙色球的初速度與豎直方向的夾角為β=30°。兩次出手的位置在同一豎直線上，結(jié)果兩球正好到達(dá)相同的最高點(diǎn)C，則紅色球、橙色球上升的高度之比為()A.23 B.13 C.34答案B解析兩個(gè)不同顏色的球做斜拋運(yùn)動，經(jīng)過相同的最高點(diǎn)，可將其逆運(yùn)動看成水平向左的平拋運(yùn)動，運(yùn)動軌跡如圖所示，兩平拋運(yùn)動的水平位移相同，設(shè)為x，速度的反向延長線均過水平位移的中點(diǎn)，相交于同一點(diǎn)。設(shè)兩球下落的高度分別為h1、h2，則tanα=x2h1，tan解得h1h2=tanβtan專題強(qiáng)化練[分值：50分][1~7題，每題4分，8、9題，每題6分][保分基礎(chǔ)練]1.(2024·江蘇卷·4)噴泉a、b形成如圖所示的形狀，不計(jì)空氣阻力，則噴泉a、b的()A.加速度相同 B.初速度相同C.最高點(diǎn)的速度相同 D.在空中的時(shí)間相同答案A解析不計(jì)空氣阻力，噴泉噴出的水在空中只受重力，加速度均為重力加速度，A正確；設(shè)噴泉噴出的水豎直方向的分速度為vy，水平方向的分速度為vx，豎直方向，根據(jù)對稱性可知在空中運(yùn)動的時(shí)間t=22hg，可知tb>ta，D錯(cuò)誤；最高點(diǎn)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關(guān)系未知，無法判斷最高點(diǎn)的速度大小關(guān)系，根據(jù)速度的合成可知無法判斷初速度的大小關(guān)系，B2.(2025·江西新余市一模)如圖所示，位于豎直平面內(nèi)的一面墻上有A、B、C三個(gè)完全相同的窗戶。將一個(gè)小球斜向上拋出，小球在空中依次飛過A、B、C三個(gè)窗戶，圖中曲線為小球在空中運(yùn)動的軌跡，軌跡所在的平面靠近豎直墻面，且與墻面平行。不計(jì)空氣阻力的影響，以下說法中正確的是()A.小球通過窗戶A所用的時(shí)間最短B.小球通過窗戶C的平均速度最大C.小球通過窗戶C動能變化量最小D.小球通過窗戶A克服重力做的功最多答案A解析小球做斜上拋運(yùn)動，可以分解成水平方向的勻速直線運(yùn)動和豎直方向的豎直上拋運(yùn)動，水平方向運(yùn)動和豎直方向運(yùn)動具有等時(shí)性。小球豎直方向速度逐漸減小，而A、B、C三個(gè)窗戶的豎直高度相等，所以通過A所用時(shí)間最短，通過C所用時(shí)間最長，故A正確；小球豎直方向速度逐漸減小，水平方向速度不變，所以經(jīng)過A的平均速度最大，經(jīng)過C的平均速度最小，故B錯(cuò)誤；根據(jù)重力做功公式WG=mgh，小球通過A、B、C三個(gè)窗戶克服重力做功相等，故D錯(cuò)誤；根據(jù)動能定理WG=ΔEk，結(jié)合D選項(xiàng)分析可知小球通過A、B、C三個(gè)窗戶動能變化量相同，故C錯(cuò)誤。3.(2025·安徽卷·6)在豎直平面內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)M繞定點(diǎn)O沿逆時(shí)針方向做勻速圓周運(yùn)動，質(zhì)點(diǎn)N沿豎直方向做直線運(yùn)動，M、N在運(yùn)動過程中始終處于同一高度。t=0時(shí)，M、N與O點(diǎn)位于同一直線上，如圖所示。此后在M運(yùn)動一周的過程中，N運(yùn)動的速度v隨時(shí)間t變化的圖像可能是()答案D解析因?yàn)橘|(zhì)點(diǎn)M、N在運(yùn)動過程中始終處于同一高度，所以N的速度vN與M在豎直方向的分速度vMy大小相等，設(shè)M做勻速圓周運(yùn)動的角速度為ω，半徑為r，轉(zhuǎn)動角度θ=ωt時(shí)刻，其豎直方向分速度vMy=ωrcosωt，即vN=ωrcosωt，則D正確，A、B、C錯(cuò)誤。4.(2025·重慶市三模)足球運(yùn)動員訓(xùn)練罰點(diǎn)球，足球放置在球門中央的正前方O點(diǎn)。兩次射門，足球先后打在水平橫梁上的a、b兩點(diǎn)，a為橫梁中點(diǎn)，如圖所示。若足球兩次擊中橫梁時(shí)的速度方向均沿水平方向，不計(jì)空氣阻力的作用，下列說法正確的是()A.若足球從O點(diǎn)運(yùn)動到a、b的時(shí)間分別為t1和t2，則t1=t2B.若足球擊中a、b兩點(diǎn)的速度分別為v1和v2，則v1=v2C.若先后兩次足球被踢出時(shí)的速度方向與水平方向的夾角分別為θ1和θ2，則θ1<θ2D.若足球從O點(diǎn)運(yùn)動到a、b的平均速度分別為v1和v2，則v答案A解析足球兩次擊中橫梁時(shí)的速度方向均沿水平方向，則逆過程均可看作平拋運(yùn)動，因兩次的豎直高度相同，根據(jù)h=12gt2，可知足球從O點(diǎn)運(yùn)動到a、b的時(shí)間t1=t2，故A正確；因擊中b點(diǎn)的球水平位移較大，可知水平速度較大，則足球擊中a、b兩點(diǎn)的速度v1<v2，故B錯(cuò)誤；根據(jù)tanθ=vyvx=gtvx，因擊中b點(diǎn)時(shí)的水平速度較大，可知先后兩次足球被踢出時(shí)的速度方向與水平方向的夾角關(guān)系為θ1>θ2，故C錯(cuò)誤；足球從O點(diǎn)運(yùn)動到b點(diǎn)的位移較大，時(shí)間相同，可知打到a、b的平均速度關(guān)系5.(多選)(2025·河南南陽市檢測)水稻拋秧是一種通過人工或拋秧機(jī)拋秧，使秧苗根部朝下，自由落入田中定植的水稻移栽新技術(shù)。甲、乙兩人從相同高度沿水平方向各拋出一根秧苗，甲、乙拋出的秧苗落入田中時(shí)速度方向與水平方向的夾角分別為37°和53°，如圖甲、乙所示，秧苗的質(zhì)量相同，秧苗可視為質(zhì)點(diǎn)，忽略空氣阻力的影響，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，關(guān)于甲、乙兩人所拋的秧苗，下列說法正確的是()A.從拋出到落入田中前的瞬間，動量變化量相同B.從拋出到落入田中前的瞬間，動量變化量不相同C.秧苗的初速度大小之比為4∶3D.從拋出到落入田中前的瞬間，水平位移大小之比為16∶9答案AD解析甲、乙兩人在相同高度沿水平方向各拋出一根秧苗，豎直方向有h=12gt2，可知兩根秧苗在空中的運(yùn)動時(shí)間t相同，又根據(jù)動量定理有mgt=mΔv，所以甲、乙兩人所拋的秧苗從拋出到落入田中前的瞬間，動量變化量相同，A正確，B錯(cuò)誤；設(shè)秧苗落入田中前瞬間速度方向與水平方向的夾角為θ，秧苗拋出時(shí)的初速度為v0，有tanθ=vyv0，則v0=vytanθ=gttanθ，所以甲、乙兩人所拋秧苗的初速度大小之比為tan53°∶tan37°=16∶9，C錯(cuò)誤；因兩根秧苗在空中的運(yùn)動時(shí)間相同，水平方向有x=v6.(2025·四川巴中市檢測)如圖所示，彈珠發(fā)射器(可視為質(zhì)點(diǎn))固定于足夠高的支架頂端，支架沿著與豎直墻壁平行的方向以速度v1水平運(yùn)動，同時(shí)彈珠發(fā)射器可在水平面內(nèi)沿不同方向發(fā)射速度大小為v2(v2>v1)的彈珠。彈珠從發(fā)射到擊中墻壁的過程中水平方向位移為x，豎直方向位移為y。已知發(fā)射器到墻壁的垂直距離為L，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力，下列說法正確的是()A.x的最小值為v1B.x的最小值為v2C.y的最小值為gD.y的最小值為g答案C解析彈珠在水平方向做勻速直線運(yùn)動，豎直方向做自由落體運(yùn)動，當(dāng)v2垂直豎直墻壁射出時(shí)，彈珠運(yùn)動時(shí)間最短tmin=Lv2，y的最小值為ymin=12gtmin2=gL22v22，故C正確，D錯(cuò)誤；由于v2>v1，則彈珠水平方向的合速度可以垂直豎直墻壁，合速度大小為v7.(2025·江西省一模)如圖所示，一個(gè)小球從P點(diǎn)以大小為v0的初速度斜向上拋出，初速度與水平方向的夾角為θ，小球恰好垂直打在豎直墻面上的B點(diǎn)，墻面上的A點(diǎn)與P點(diǎn)等高且與B點(diǎn)在同一豎直方向上；若保持小球從P點(diǎn)拋出的初速度大小不變，水平拋出后小球打在墻面上的位置在A點(diǎn)正下方的C點(diǎn)。已知AB=2AC，不計(jì)空氣阻力，小球可視為質(zhì)點(diǎn)，則θ為()A.30° B.45° C.60° D.75°答案B解析設(shè)第一次斜拋小球在空中運(yùn)動的時(shí)間為t，小球在空中運(yùn)動的逆運(yùn)動是平拋運(yùn)動，第二次平拋小球在空中運(yùn)動的時(shí)間為t'，則v0cosθ·t=v0·t'，由于AB=2AC，所以有12gt2=2×12gt'2，聯(lián)立兩式解得θ=45°，故選[爭分提能練]8.(2025·山東淄博市一模)如圖所示，在離地面高H的O處固定一點(diǎn)光源，其正前方水平距離為L處豎直放置一光屏。將一小球以大小為v0的初速度從O點(diǎn)水平向右拋出，在光屏上可以看到小球影子的運(yùn)動，空氣阻力不計(jì)，重力加速度為g，則在小球運(yùn)動過程中()A.影子做勻速直線運(yùn)動，速度大小為gLB.影子做勻速直線運(yùn)動，速度大小為gLC.影子做勻加速直線運(yùn)動，加速度大小為gD.影子做勻加速直線運(yùn)動，加速度大小為gL答案A解析小球做平拋運(yùn)動，小球在光屏上的投影點(diǎn)如圖所示，由幾何知識得hx=v0tL，其中h=12gt2，解得x=gL2v09.(2025·北京市朝陽區(qū)二模)如圖所示，傾角為θ=37°的足夠長斜面固定在水平地面上，將一小球(可視為質(zhì)點(diǎn))從斜面底端O點(diǎn)以初速度v0斜向上拋出，經(jīng)過一段時(shí)間，小球以垂直于斜面方向的速度打在斜面上的P點(diǎn)。已知重力加速度為g，sin37°=0.6，不計(jì)空氣阻力。則O、P兩點(diǎn)之間的距離為()A.15v0226g B.15v答案A解析小球拋出后，將小球的速度與重力加速度分別沿斜面與垂直于斜面分解，則小球在這兩個(gè)方向上均做勻變速直線運(yùn)動。小球以垂直于斜面方向的速度打在斜面上的P點(diǎn)，表明此時(shí)沿斜面方向的分速度恰好減為0，根據(jù)對稱性，小球打在P點(diǎn)時(shí)垂直于斜面方向的分速度與拋出時(shí)垂直于斜面方向的分速度等大反向。設(shè)拋出時(shí)初速度v0與斜面之間的夾角為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)我國的風(fēng)洞技術(shù)處于世界領(lǐng)先地位。如圖所示，在某次風(fēng)洞實(shí)驗(yàn)中，一質(zhì)量為m的輕質(zhì)小球，在恒定的風(fēng)力作用下先后以相同的速度大小v經(jīng)過a、b兩點(diǎn)，速度方向與a、b連線的夾角α、β均為45°。已知a、b連線長為L，小球的重力忽略不計(jì)。則小球從a點(diǎn)運(yùn)動到b點(diǎn)過程中，下列說法正確的是()A.風(fēng)力方向與a、b連線平行B.所用時(shí)間為LC.小球做勻速圓周運(yùn)動D.風(fēng)力大小為m答案D解析小球受到恒定風(fēng)力的作用，做勻變速曲線運(yùn)動，根據(jù)加速度的定義可知加速度方向和速度變化量的方向相同，根據(jù)幾何關(guān)系可知加速度方向垂直于a、b連線，如圖所示所以風(fēng)力方向垂直于a、b連線，故A、C錯(cuò)誤；小球的速度沿a、b連線方向的分速度為v1=vcosα=22v，所以小球從a運(yùn)動到b的時(shí)間為t=Lv1=L22v=2Lv，故B錯(cuò)誤；沿風(fēng)力的方向從a點(diǎn)運(yùn)動到b點(diǎn)的速度變化量為Δv=vsinβ-(-則加速度為a=Δvt=2v2Lv=v2L，根據(jù)牛頓第二定律，從a點(diǎn)運(yùn)動到b點(diǎn)的風(fēng)力為11.(10分)(2025·山東濟(jì)寧市二模)如圖所示，一兒童在房間內(nèi)向地面上的O點(diǎn)投擲彈力球(可視為質(zhì)點(diǎn))，彈力球從O點(diǎn)反彈到右側(cè)豎直墻壁上的M點(diǎn)后，又直接反彈到左側(cè)豎直墻壁上的N點(diǎn)。已知兩豎直墻壁間的距離L=6m，O點(diǎn)距右側(cè)墻壁d=1.8m，M點(diǎn)與N點(diǎn)等高，彈力球在空中離水平地面的最大高度H=3.2m。彈力球與墻壁碰撞前后瞬間沿墻壁的速度不變，垂直于墻壁的速度大小不變，方向相反。不計(jì)空氣阻力，忽略彈力球與墻壁的碰撞時(shí)間，g取10m/s2。求：(1)(5分)彈力球在O點(diǎn)彈起時(shí)的速度大小v0；(2)(5分)彈力球與M點(diǎn)碰撞后瞬間速度與豎直方向夾角的正切值。答案(1)10m/s(2)6解析(1)在豎直方向H=12g豎直方向的速度為vy1=gt1水平方向做勻速直線運(yùn)動，有d+L2=vxt聯(lián)立解得彈力球在O點(diǎn)彈起時(shí)的速度大小v0=vx2+(2)從O點(diǎn)到M點(diǎn)的過程中，水平方向做勻速直線運(yùn)動，有d=vxt2豎直方向的速度為vy2=vy1-gt2在M點(diǎn)碰撞后瞬間速度與豎直方向夾角的正切值tanθ=v解得tanθ=65課時(shí)2圓周運(yùn)動天體的運(yùn)動考點(diǎn)一圓周運(yùn)動1.水平面內(nèi)的圓周運(yùn)動臨界條件模型示例動力學(xué)方程臨界情況示例水平轉(zhuǎn)盤上的物體Ff=mω2r恰好發(fā)生滑動：Ff=Ffmax圓錐擺模型mgtanθ=mrω2恰好離開接觸面FN=02.豎直面及傾斜面內(nèi)的圓周運(yùn)動臨界條件模型示例動力學(xué)方程臨界情況示例輕繩模型最高點(diǎn)：FT+mg=mv恰好通過最高點(diǎn)，繩的拉力恰好為0在到達(dá)最高點(diǎn)前M點(diǎn)脫離mgcosθ=mv恰好通過最高點(diǎn)，F(xiàn)N恰好為0輕桿模型最高點(diǎn)：mg±F=mv恰好通過最高點(diǎn)，桿對小球的力等于小球的重力帶電小球在疊加場中的圓周運(yùn)動等效法關(guān)注六個(gè)位置的動力學(xué)方程，最高點(diǎn)、最低點(diǎn)、等效最高點(diǎn)、等效最低點(diǎn)、最左邊和最右邊位置，等效最高點(diǎn)：mg'=mv2r，其中g(shù)'恰好通過等效最高點(diǎn)，即恰好做完整的圓周運(yùn)動傾斜轉(zhuǎn)盤上的物體最高點(diǎn)：mgsinθ±Ff=mω2r最低點(diǎn)：Ff-mgsinθ=mω2r在最低點(diǎn)恰好不發(fā)生相對滑動例1(2024·江西卷·14)雪地轉(zhuǎn)椅是一種游樂項(xiàng)目，其中心傳動裝置帶動轉(zhuǎn)椅在雪地上滑動。如圖(a)、(b)所示，傳動裝置有一高度可調(diào)的水平圓盤，可繞通過中心O點(diǎn)的豎直軸勻速轉(zhuǎn)動。圓盤邊緣A處固定連接一輕繩，輕繩另一端B連接轉(zhuǎn)椅(視為質(zhì)點(diǎn))。轉(zhuǎn)椅運(yùn)動穩(wěn)定后，其角速度與圓盤角速度相等。轉(zhuǎn)椅與雪地之間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力。(1)在圖(a)中，若圓盤在水平雪地上以角速度ω1勻速轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)椅運(yùn)動穩(wěn)定后在水平雪地上繞O點(diǎn)做半徑為r1的勻速圓周運(yùn)動。求AB與OB之間夾角α的正切值。(2)將圓盤升高，如圖(b)所示。圓盤勻速轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)椅運(yùn)動穩(wěn)定后在水平雪地上繞O1點(diǎn)做半徑為r2的勻速圓周運(yùn)動，繩子與豎直方向的夾角為θ，繩子在水平雪地上的投影A1B與O1B的夾角為β。求此時(shí)圓盤的角速度ω2。答案(1)μgω1解析(1)設(shè)轉(zhuǎn)椅做勻速圓周運(yùn)動時(shí)輕繩拉力為FT，轉(zhuǎn)椅質(zhì)量為m，受力分析可知輕繩拉力沿切線方向的分量與轉(zhuǎn)椅受到地面的滑動摩擦力平衡，沿徑向方向的分量提供轉(zhuǎn)椅做圓周運(yùn)動的向心力，故可得FTcosα=mω12r1，μmg=FTsin聯(lián)立解得tanα=μg(2)設(shè)此時(shí)輕繩拉力為FT'，沿A1B方向和垂直A1B方向豎直向上的分力分別為FT1=FT'sinθ，F(xiàn)T2=FT'cosθ對轉(zhuǎn)椅根據(jù)牛頓第二定律得FT1cosβ=mω22沿切線方向根據(jù)平衡條件有FT1sinβ=Ff=μFN豎直方向根據(jù)平衡條件有FN+FT2=mg聯(lián)立解得ω2=μgsin例2(2025·山東菏澤市模擬)如圖，在豎直平面內(nèi)，固定有一半徑為R的34光滑圓弧軌道ABC，AB為圓弧軌道的水平直徑，O為圓心，C為圓弧軌道的最高點(diǎn)。一質(zhì)量為m的小球(可看成質(zhì)點(diǎn))從A點(diǎn)正上方H(1)為使小球能在ABC軌道上運(yùn)動而不脫離軌道，H應(yīng)該滿足的條件；(2)若H=0.9R，小球剛要脫離軌道時(shí)，小球距AB的高度h。答案(1)H≥1.5R(2)0.6R解析(1)小球剛好能到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，在C點(diǎn)，對小球由牛頓第二定律可得mg=mv從釋放小球到C的過程中，由動能定理得mg(H-R)=12m聯(lián)立解得H=1.5R，故為使小球不脫離軌道，H≥1.5R(2)設(shè)小球剛要脫離軌道時(shí)小球與圓心的連線與豎直方向的夾角為θ，速度為v，由幾何關(guān)系可知cosθ=h對小球由牛頓第二定律可得mgcosθ=mv由動能定理得mg(0.9R-h)=12mv聯(lián)立解得h=0.6R。變式1(多選)(2023·湖南卷·8)如圖，固定在豎直面內(nèi)的光滑軌道ABC由直線段AB和圓弧段BC組成，兩段相切于B點(diǎn)，AB段與水平面夾角為θ，BC段圓心為O，最高點(diǎn)為C、A與C的高度差等于圓弧軌道的直徑2R。小球從A點(diǎn)以初速度v0沖上軌道，能沿軌道運(yùn)動恰好到達(dá)C點(diǎn)，重力加速度為g，下列說法正確的是()A.小球從B到C的過程中，對軌道的壓力逐漸增大B.小球從A到C的過程中，重力的功率始終保持不變C.小球的初速度v0=2D.若小球初速度v0增大，小球有可能從B點(diǎn)脫離軌道答案AD解析由題知，小球能沿軌道運(yùn)動恰好到達(dá)C點(diǎn)，則小球在C點(diǎn)的速度為vC=0，則小球從C到B的過程中，有mgR(1-cosα)=12mv2，F(xiàn)N=mgcosα-mv2R，聯(lián)立有FN=3mgcosα-2mg，則從C到B的過程中α由0增大到θ，則cosα逐漸減小，故FN逐漸減小，而小球從B到C的過程中，由牛頓第三定律知，對軌道的壓力逐漸增大，A正確；由于A到B的過程中小球的速度逐漸減小，則A到B的過程中重力的功率大小為P=mgvsinθ，則A到B的過程中小球重力的功率始終減小，則B錯(cuò)誤；從A到C的過程中有-mg·2R=12mvC2-12mv02，解得v0=4gR，C錯(cuò)誤；小球在B點(diǎn)恰好脫離軌道有mgcosθ=mvB2R，則vB=變式2(2024·全國甲卷·17)如圖，一光滑大圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，質(zhì)量為m的小環(huán)套在大圓環(huán)上，小環(huán)從靜止開始由大圓環(huán)頂端經(jīng)Q點(diǎn)自由下滑至其底部，Q為豎直線與大圓環(huán)的切點(diǎn)。則小環(huán)下滑過程中對大圓環(huán)的作用力大小()A.在Q點(diǎn)最大 B.在Q點(diǎn)最小C.先減小后增大 D.先增大后減小答案C解析方法一(分析法)：設(shè)大圓環(huán)半徑為R，小環(huán)在大圓環(huán)上某處(P點(diǎn))與圓環(huán)的作用力恰好為零，此時(shí)只有小環(huán)的重力分力提供小環(huán)所需向心力，可知P點(diǎn)必在Q點(diǎn)上方，如圖所示設(shè)P點(diǎn)和圓心連線與豎直向上方向的夾角為θ，從大圓環(huán)頂端到P點(diǎn)過程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律mgR(1-cosθ)=12mv在P點(diǎn)，由牛頓第二定律得mgcosθ=mv聯(lián)立解得cosθ=2從大圓環(huán)頂端到P點(diǎn)過程，小環(huán)速度較小，小環(huán)重力沿著指向大圓環(huán)圓心方向的分力大于小環(huán)所需的向心力，所以大圓環(huán)對小環(huán)的彈力背離圓心，不斷減小，從P點(diǎn)到最低點(diǎn)過程，小環(huán)速度變大，小環(huán)重力沿著大圓環(huán)直徑方向的分力和大圓環(huán)對小環(huán)的彈力的合力提供向心力，從P點(diǎn)到Q點(diǎn)，小環(huán)重力沿大圓環(huán)直徑的分力逐漸減小，從Q點(diǎn)到最低點(diǎn)，小環(huán)重力沿大圓環(huán)直徑的分力背離圓心，逐漸增大，所以大圓環(huán)對小環(huán)的彈力逐漸變大，根據(jù)牛頓第三定律可知小環(huán)下滑過程中對大圓環(huán)的作用力大小先減小后增大。方法二(數(shù)學(xué)法)：設(shè)大圓環(huán)半徑為R，小環(huán)在大圓環(huán)上某處時(shí)，設(shè)該處和圓心的連線與豎直向上方向的夾角為θ(0≤θ≤π)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得mgR(1-cosθ)=12mv2(0≤θ≤π在該處根據(jù)牛頓第二定律得F+mgcosθ=mv2R(0≤θ≤聯(lián)立可得F=2mg-3mgcosθ則大圓環(huán)對小環(huán)作用力的大小為|F|=|2mg-3mgcosθ|根據(jù)數(shù)學(xué)知識可知|F|的大小在cosθ=23時(shí)最小，由牛頓第三定律可知，小環(huán)下滑過程中對大圓環(huán)的作用力大小先減小后增大。故選C考點(diǎn)二萬有引力與宇宙航行1.開普勒定律的理解(1)根據(jù)開普勒第二定律，行星在橢圓軌道上運(yùn)動時(shí)，相等時(shí)間內(nèi)掃過的面積相等，則v1r1=v2r2；(2)根據(jù)開普勒第三定律，r3T2=k，若為橢圓軌道，則r為半長軸，若為圓軌道，則r=R；其中k=GM(3)運(yùn)行過程中行星的機(jī)械能守恒，即Ek1+Ep1=Ek2+Ep2。2.萬有引力定律F=G(1)r為兩質(zhì)點(diǎn)之間的距離或兩個(gè)均勻球體的球心間的距離；(2)G為引力常量，由物理學(xué)家卡文迪什測出。3.衛(wèi)星的發(fā)射、運(yùn)行及變軌在地面附近靜止忽略自轉(zhuǎn)：GMmR2=mg，故GM=gR考慮自轉(zhuǎn)：兩極：GMmR2赤道：GMmR2=mg0+mω衛(wèi)星的發(fā)射地球的第一宇宙速度：v=GMR=gR(天體)衛(wèi)星在圓軌道上運(yùn)行GMmr2=Fn“軌高速低周期大”變軌(1)由低軌變高軌，瞬時(shí)點(diǎn)火加速，穩(wěn)定在高軌道上時(shí)速度較小、動能較小、機(jī)械能較大；由高軌變低軌，反之(2)衛(wèi)星經(jīng)過兩個(gè)軌道的相切點(diǎn)，加速度相等，外軌道的速度大于內(nèi)軌道的速度(3)根據(jù)開普勒第三定律，半徑(或半長軸)越大，周期越長例3(2025·浙江1月選考·6)地球和哈雷彗星繞太陽運(yùn)行的軌跡如圖所示，彗星從a運(yùn)行到b，從c運(yùn)行到d的過程中，與太陽連線掃過的面積分別為S1和S2，且S1>S2。彗星在近日點(diǎn)與太陽中心的距離約為地球公轉(zhuǎn)軌道半徑的0.6倍，則彗星()A.在近日點(diǎn)的速度小于地球的速度B.從b運(yùn)行到c的過程中動能先增大后減小C.從a運(yùn)行到b的時(shí)間大于從c運(yùn)行到d的時(shí)間D.在近日點(diǎn)加速度約為地球的加速度的0.36倍答案C解析地球繞太陽做勻速圓周運(yùn)動，萬有引力提供向心力GMmr2=mv2r，解得v=GMr，假設(shè)哈雷彗星在近日點(diǎn)繞太陽做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)哈雷彗星在近日點(diǎn)繞太陽做勻速圓周運(yùn)動的半徑小于地球公轉(zhuǎn)軌道半徑，因此哈雷彗星在近日點(diǎn)繞太陽做勻速圓周運(yùn)動的速度大于地球繞太陽的公轉(zhuǎn)速度，如果哈雷彗星從此圓周軌道變?yōu)樵镜臋E圓軌道，要做離心運(yùn)動，需要在近日點(diǎn)加速，則哈雷彗星在原本橢圓軌道近日點(diǎn)的速度大于其在近日點(diǎn)繞太陽做勻速圓周運(yùn)動的速度，故哈雷彗星在近日點(diǎn)的速度大于地球的速度，A錯(cuò)誤；從b運(yùn)行到c的過程中萬有引力與速度方向夾角一直為鈍角，哈雷彗星速度一直減小，因此動能一直減小，B錯(cuò)誤；根據(jù)開普勒第二定律可知哈雷彗星繞太陽運(yùn)行時(shí)，經(jīng)過相同的時(shí)間與太陽連線掃過的面積相同，根據(jù)S1>S2可知從a運(yùn)行到b的時(shí)間大于從c運(yùn)行到d的時(shí)間，C正確；萬有引力提供向心力GMmr2=ma，解得a=GMr2，則哈雷彗星在近日點(diǎn)加速度a1與地球的加速度a2例4(2025·北京卷·7)2024年6月，嫦娥六號探測器首次實(shí)現(xiàn)月球背面采樣返回。如圖所示，探測器在圓形軌道1上繞月球飛行，在A點(diǎn)變軌后進(jìn)入橢圓軌道2，B為遠(yuǎn)月點(diǎn)。關(guān)于嫦娥六號探測器，下列說法正確的是()A.在軌道2上從A向B運(yùn)動過程中動能逐漸減小B.在軌道2上從A向B運(yùn)動過程中加速度逐漸變大C.在軌道2上機(jī)械能與在軌道1上相等D.利用引力常量和軌道1的周期，可求出月球的質(zhì)量答案A解析在軌道2上從A向B運(yùn)動過程中，探測器遠(yuǎn)離月球，月球?qū)μ綔y器的引力做負(fù)功，根據(jù)動能定理，動能逐漸減小，A正確；探測器受到萬有引力，由GMmr2=ma，解得a=GMr2，在軌道2上從A向B運(yùn)動過程中，r增大，加速度逐漸變小，B錯(cuò)誤；探測器在A點(diǎn)從軌道1變軌到軌道2，需要在A點(diǎn)加速，機(jī)械能增加，所以探測器在軌道2上機(jī)械能大于在軌道1上的機(jī)械能，C錯(cuò)誤；探測器在軌道1上做圓周運(yùn)動，根據(jù)萬有引力提供向心力，得GMmr2=m4π2T2r，解得M=4π2r例5(2025·重慶卷·7)“金星凌日”時(shí)，從地球上看，金星就像鑲嵌在太陽表面的小黑點(diǎn)。在地球上間距為d的兩點(diǎn)同時(shí)觀測，測得金星在太陽表面的小黑點(diǎn)相距為L，如圖所示。地球和金星繞太陽的運(yùn)動均視為勻速圓周運(yùn)動，太陽直徑遠(yuǎn)小于金星的軌道半徑，則地球和金星繞太陽運(yùn)動的()A.軌道半徑之比為LdB.周期之比為3C.線速度大小之比為L+D.向心加速度大小之比為(LL+答案D解析根據(jù)題意結(jié)合幾何知識可知地球和金星繞太陽運(yùn)動的軌道半徑之比為r地r金=d+LL，故A錯(cuò)誤；根據(jù)萬有引力提供向心力有GMmr2=m(2πT)2r=mv2r=ma，解得T=4π2r3GM，v=GMr，a=GMr2，故可得周期之比為T地例6(2024·海南卷·6)嫦娥六號進(jìn)入環(huán)月圓軌道，周期為T，軌道高度與月球半徑之比為k，引力常量為G，則月球的平均密度為()A.3π(1+k)3C.π(1+k)3GT2k答案D解析設(shè)月球半徑為R，質(zhì)量為M，對嫦娥六號，根據(jù)萬有引力提供向心力GMm[(k+1)R]2=m月球的體積V=43πR月球的平均密度ρ=M聯(lián)立可得ρ=3πGT2(1+k)3天體質(zhì)量和密度的計(jì)算變式3(2024·山東卷·5)“鵲橋二號”中繼星環(huán)繞月球運(yùn)行，其24小時(shí)橢圓軌道的半長軸為a。已知地球同步衛(wèi)星的軌道半徑為r，則月球與地球質(zhì)量之比可表示為()A.r3a3 B.a3r3答案D解析由GMmr2=m4π2T根據(jù)開普勒第三定律r3T2=k，則可見，開普勒第三定律中的k值與中心天體質(zhì)量有關(guān)，地球質(zhì)量M地=4π2r3GT2，同理，對“鵲橋二號因“鵲橋二號”與地球同步衛(wèi)星周期相同，所以M月M地=a變式4(2024·黑吉遼·7)如圖(a)，將一彈簧振子豎直懸掛，以小球的平衡位置為坐標(biāo)原點(diǎn)O，豎直向上為正方向建立x軸。若將小球從彈簧原長處由靜止釋放，其在地球與某球狀天體表面做簡諧運(yùn)動的圖像如(b)所示(不考慮自轉(zhuǎn)影響)，設(shè)地球、該天體的平均密度分別為ρ1和ρ2，地球半徑是該天體半徑的n倍。ρ1A.2n B.n2 C.2n 答案C解析設(shè)地球表面的重力加速度為g，某球狀天體表面的重力加速度為g'，彈簧的勁度系數(shù)為k，小球質(zhì)量為m，根據(jù)簡諧運(yùn)動的平衡位置合力為零有k·2A=mg，k·A=mg'，可得g=2kAm，g'=可得gg'=2，設(shè)某球狀天體的半徑為R，在地球和天體表面，分別有Gρ1·43π(nR)3·m(nR)2估算法，一般是指依據(jù)一定的物理概念和規(guī)律，對所求物理量的數(shù)量級或物理量的取值范圍進(jìn)行大致的、合理的推算，如估算天體運(yùn)行周期、天體質(zhì)量或密度等宏觀量，或者估算分子直徑等微觀量，題目往往只要求粗略估算出結(jié)果，通常出現(xiàn)“大約”“估算”“數(shù)量級”等字眼，或者估算某一范圍。(1)估算時(shí)經(jīng)常用到的近似數(shù)學(xué)關(guān)系：①角度θ很小時(shí)，弦長近似等于弧長。②θ很小時(shí)，sinθ≈θ，tanθ≈θ，cosθ≈1。③a?b時(shí)，a+b≈a，1a+1b(2)估算時(shí)經(jīng)常用到的一些物理常識數(shù)據(jù)，通?？蓮娜粘Ｉ?、生產(chǎn)實(shí)際、熟知的基本常識中獲得，如成人體重約600N，汽車速度約為10~20m/s，成人身高大約1.6~1.8m。(3)指數(shù)函數(shù)x12、x13保留一位有效數(shù)字時(shí)，可就近取整數(shù)，如39保留一位有效數(shù)字，可以取6，(4)進(jìn)行估算時(shí)，注意抓住主要因素，忽略次要因素，適當(dāng)進(jìn)行極端取值，快速解題。示例(2025·云南卷·5)國際編號為192391的小行星繞太陽公轉(zhuǎn)的周期約為5.8年，該小行星與太陽系內(nèi)八大行星幾乎在同一平面內(nèi)做圓周運(yùn)動。規(guī)定地球繞太陽公轉(zhuǎn)的軌道半徑為1AU，八大行星繞太陽公轉(zhuǎn)的軌道半徑如下表所示。忽略其他行星對該小行星的引力作用，則該小行星的公轉(zhuǎn)軌道應(yīng)介于()行星水星金星地球火星木星土星天王星海王星軌道半徑R/AU0.390.721.01.55.29.51930A.金星與地球的公轉(zhuǎn)軌道之間B.地球與火星的公轉(zhuǎn)軌道之間C.火星與木星的公轉(zhuǎn)軌道之間D.天王星與海王星的公轉(zhuǎn)軌道之間答案C解析根據(jù)開普勒第三定律可知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專題強(qiáng)化練[分值：54分][1~6題，每題4分，7~11題，每題6分][保分基礎(chǔ)練]1.(2025·江蘇卷·4)游樂設(shè)施“旋轉(zhuǎn)杯”的底盤和轉(zhuǎn)杯分別以O(shè)、O'為轉(zhuǎn)軸，在水平面內(nèi)沿順時(shí)針方向勻速轉(zhuǎn)動。O'固定在底盤上。某時(shí)刻轉(zhuǎn)杯轉(zhuǎn)到如圖所示位置，杯上A點(diǎn)與O、O'恰好在同一條直線上。則()A.A點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動B.O'點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動C.此時(shí)A點(diǎn)的速度小于O'點(diǎn)D.此時(shí)A點(diǎn)的速度等于O'點(diǎn)答案B解析A點(diǎn)運(yùn)動為A點(diǎn)繞O'的圓周運(yùn)動和O'繞O點(diǎn)的圓周運(yùn)動的合運(yùn)動，則軌跡不是圓周，不做勻速圓周運(yùn)動，故A錯(cuò)誤；根據(jù)題意O'固定在底盤上，故可知O'圍繞O點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動，故B正確；杯上A點(diǎn)與O、O'恰好在同一條直線上且A點(diǎn)和O'點(diǎn)運(yùn)動方向相同，則vA=vO'+vA'，vA'為A相對于O'的速度，故此時(shí)A的速度大于O'的速度，故C、D錯(cuò)誤。2.(2025·湖北卷·2)甲、乙兩行星繞某恒星做勻速圓周運(yùn)動，甲的軌道半徑比乙的小。忽略兩行星之間的萬有引力作用，下列說法正確的是()A.甲運(yùn)動的周期比乙的小B.甲運(yùn)動的線速度比乙的小C.甲運(yùn)動的角速度比乙的小D.甲運(yùn)動的向心加速度比乙的小答案A解析恒星對行星的萬有引力提供行星做勻速圓周運(yùn)動所需的向心力，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·山東卷·4)某同學(xué)用不可伸長的細(xì)線系一個(gè)質(zhì)量為0.1kg的發(fā)光小球，讓小球在豎直面內(nèi)繞一固定點(diǎn)做半徑為0.6m的圓周運(yùn)動。在小球經(jīng)過最低點(diǎn)附近時(shí)拍攝了一張照片，曝光時(shí)間為150s。由于小球運(yùn)動，在照片上留下了一條長度約為半徑15的圓弧形徑跡，重力加速度g取10