2026版高考物理步步高大二輪（標準版）第3講力與曲線運動課時1拋體運動考點一運動的合成與分解例1(2025·黑吉遼蒙卷·6)如圖，趣味運動會的“聚力建高塔”活動中，兩長度相等的細繩一端系在同一塔塊上，兩名同學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θ在減小，故可知v分析關(guān)聯(lián)速度問題的三個要點(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)物體運動方向是合速度方向；(3)沿繩、垂直于繩分解實際速度。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直角坐標系，如圖甲所示。從t=0開始，將一可視為質(zhì)點的物塊從O點由靜止釋放，同時對物塊施加沿x軸正方向的力F1和F2，其大小與時間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，不計空氣阻力。則()A.物塊始終做勻變速曲線運動B.t=1s時，物塊的y坐標值為2.5mC.t=1s時，物塊的加速度大小為53m/s2D.t=2s時，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動，故A錯誤；沿y軸方向物塊做勻加速直線運動，加速度為ay=mgsin30°m=gsin30°=5故t=1s時，物塊的y坐標值為y=12ayt2=2.5m，故Bt=1s時，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與時間t成線性關(guān)系，故可得(4+2×0)+(4+2×2)解得vx=10m/s此時y軸方向速度大小為vy=gsin30°·t=5×2m/s=10m/s故此時物塊的速度大小為v=vx2+vy2=10兩個分運動示例合運動性質(zhì)兩個直線運動勻速直線運動與勻變速直線運動互成角度勻變速曲線運動兩個勻變速直線運動勻變速曲線運動或勻變速直線運動直線運動和簡諧運動單擺(類單擺)與直線運動曲線運動直線運動和圓周運動直線運動與勻速圓周運動垂直螺旋式運動直線運動與圓周運動共面擺線運動

考點二平拋運動1.平拋運動及研究方法2.平拋運動的兩個推論(1)設(shè)做平拋運動的物體在任意時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)做平拋運動的物體任意時刻的瞬時速度的反向延長線一定通過此時水平位移的中點，如圖乙所示。例3(2025·云南卷·3)如圖所示，某同學將兩顆鳥食從O點水平拋出，兩只小鳥分別在空中的M點和N點同時接到鳥食。鳥食的運動視為平拋運動，兩運動軌跡在同一豎直平面內(nèi)，則()A.兩顆鳥食同時拋出B.在N點接到的鳥食后拋出C.兩顆鳥食平拋的初速度相同D.在M點接到的鳥食平拋的初速度較大答案D解析鳥食的運動視為平拋運動，則在豎直方向有h=12gt2，由于hM<hN，則tM<tN，要同時接到鳥食，則在N點接到的鳥食先拋出，故A、B錯誤；在水平方向有x=v0t=v02hg，過M點作一水平面，如圖所示。可看出在相同高度處，在M點接到的鳥食水平位移大，則在M點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對運動的小球進行拍攝，頻閃儀每隔0.05s發(fā)出一次閃光。某次拍攝時，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。圖中的第一個小球為拋出瞬間的影像，每相鄰兩個球之間被刪去了3個影像，所標出的兩個線段的長度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，每相鄰兩個球之間被刪去3個影像，故相鄰兩球的時間間隔為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點以速度v0水平拋出一小球，小球垂直于斜面落到D點，重力加速度為g，不計空氣阻力，則()A.小球在空中飛行時間為vB.小球落到斜面上時的速度大小為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解析小球的運動軌跡圖如圖所示，把速度分解：小球垂直于斜面落到D點，所以在D點時有tanα=v0gt，解得t=v0gtanα，故A錯誤；小球垂直于斜面落到D點，所以小球落到斜面上時的速度大小為v=v0sinα，故B錯誤；根據(jù)幾何關(guān)系，sDA=v0tcosα，sCD=12g大多數(shù)平拋運動與斜面(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無碰撞地進入圓弧形軌道tanθ=vyv已知位移方向，分解位移求飛行時間、位移等tanθ=yx=落在斜面上位移最小tanθ=xy=(x-R)2+y2=R2考點三斜拋運動性質(zhì)斜拋運動是加速度為g的勻變速曲線運動，運動軌跡是拋物線研究方法運動的合成與分解、逆向思維法基本規(guī)律(以斜上拋運動為例)(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)球運動員兩次擊球時，擊球點離網(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)球兩次運動過程沿水平方向均做勻速直線運動，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P和落點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。重物在此運動過程中，下列說法正確的是()A.運動時間為23sB.落地速度與水平方向夾角為60°C.重物離PQ連線的最遠距離為10mD.軌跡最高點與落點的高度差為45m答案BD解析解法一以P點為坐標原點，建立直角坐標系如圖甲所示(PQ為x軸)將v0沿兩個坐標軸分解，則有v0x=v0cos60°=10m/s，v0y=v0sin60°=103m/s將重力加速度沿兩個坐標軸分解，則有ax=gsin30°=5m/s2ay=gcos30°=53m/s2從P點拋出至落到Q點的過程中，由對稱性可知t=2v0yay=4重物距PQ連線最遠距離Y=v0y22ay=10落至Q點時vx=v0x+axt=30m/s由對稱性得vy=v0y=103m/s落至Q點時速度方向與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所用時間為t1=v0sin30°g從最高點到落地所用時間為t2=t-t1=3s則軌跡最高點與落點的高度差為h=12gt22=45m解法二以P點為坐標原點建立直角坐標系，水平方向為x軸，豎直方向為y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錯誤；從最高點至Q點時間為t3=t總-t12=3vy'=gt3=30m/stanα=vy'vx=3，αH=12gt32=45m離PQ連線最遠點速度方向與PQ平行，即垂直于PQ連線的分速度為0，最遠距離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，將重物的運動沿初速度方向、豎直方向進行分解，則沿初速度v0方向的分運動為勻速直線運動，而沿豎直方向的分運動為自由落體運動，由幾何關(guān)系知△PQM為等邊三角形，v0t·sin30°=12×得從P至Q所用時間t=4s，故A錯誤；落在Q點時的速度反向延長線通過勻速直線運動分位移PM的中點，由此可知vQ與水平方向夾角為60°，B正確；重物上升時間t1=v0sin30°g=1s，則從最高點落至Q點的時間t2=t-t1=3s，軌跡最高點與落點間的高度差h=12gt22=45m，D正確；重物離PQ最遠距離D=v⊥22斜拋運動問題，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)(2025·四川樂山市二模)桂北全州縣大西江鎮(zhèn)，在紅七軍走過的湘桂古道上有一座古炮臺。如圖所示，炮筒與水平面夾角為α，炮筒口離地面的距離為h。已知炮彈從炮筒口發(fā)射的速率為v0，當?shù)刂亓铀俣葹間，不計空氣阻力，下列說法正確的有()A.若α角確定，炮彈離地面的最大高度為y=(B.若α角確定，炮彈從炮筒口運動到最高點所用時間為t=vC.若α角不確定，炮彈水平射程的最大值為x=vD.若α角不確定，炮彈水平射程的最大值為x=v答案BC解析若α角確定，炮彈離地面的最大高度為y=h+(v0sinα)22g，選項A錯誤；若α角確定，炮彈從炮筒口運動到最高點所用時間為t=v0sinαg，選項B正確；若α角不確定，將炮彈的運動分解為沿v0方向斜向上的勻速直線運動和豎直向下的自由落體運動，則x2=(v0t)2-(12gt2-h)2=-g24t4+(v02+gh)t2解題中若運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動變成一種更簡單的運動。運動示例已知條件逆向思維勻減速直線運動物體做勻減速直線運動，末速度已知物體做初速度已知的勻加速直線運動(類)斜拋運動物體做(類)斜拋運動，末速度水平物體做(類)平拋運動示例(2024·重慶市一模)一學生用兩個顏色不同的球做斜拋運動游戲，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)果兩球正好到達相同的最高點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解析兩個不同顏色的球做斜拋運動，經(jīng)過相同的最高點，可將其逆運動看成水平向左的平拋運動，運動軌跡如圖所示，兩平拋運動的水平位移相同，設(shè)為x，速度的反向延長線均過水平位移的中點，相交于同一點。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.最高點的速度相同 D.在空中的時間相同答案A解析不計空氣阻力，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動的時間t=22hg，可知tb>ta，D錯誤；最高點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三個完全相同的窗戶。將一個小球斜向上拋出，小球在空中依次飛過A、B、C三個窗戶，圖中曲線為小球在空中運動的軌跡，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動，可以分解成水平方向的勻速直線運動和豎直方向的豎直上拋運動，水平方向運動和豎直方向運動具有等時性。小球豎直方向速度逐漸減小，而A、B、C三個窗戶的豎直高度相等，所以通過A所用時間最短，通過C所用時間最長，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錯誤；根據(jù)重力做功公式WG=mgh，小球通過A、B、C三個窗戶克服重力做功相等，故D錯誤；根據(jù)動能定理WG=ΔEk，結(jié)合D選項分析可知小球通過A、B、C三個窗戶動能變化量相同，故C錯誤。3.(2025·安徽卷·6)在豎直平面內(nèi)，質(zhì)點M繞定點O沿逆時針方向做勻速圓周運動，質(zhì)點N沿豎直方向做直線運動，M、N在運動過程中始終處于同一高度。t=0時，M、N與O點位于同一直線上，如圖所示。此后在M運動一周的過程中，N運動的速度v隨時間t變化的圖像可能是()答案D解析因為質(zhì)點M、N在運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做勻速圓周運動的角速度為ω，半徑為r，轉(zhuǎn)動角度θ=ωt時刻，其豎直方向分速度vMy=ωrcosωt，即vN=ωrcosωt，則D正確，A、B、C錯誤。4.(2024·浙江1月選考·8)如圖所示，小明取山泉水時發(fā)現(xiàn)水平細水管到水平地面的距離為水桶高的兩倍，在地面上平移水桶，水恰好從桶口中心無阻擋地落到桶底邊沿A。已知桶高為h，直徑為D，重力加速度為g，則水離開出水口的速度大小為()A.D4ghC.(2+1)D2g2答案C解析設(shè)出水口到水桶口中心水平距離為x，則x=v02hg，落到桶底A點時x+D2=v02×2hg，解得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，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動時間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錯誤；因兩根秧苗在空中的運動時間相同，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)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水平運動，同時彈珠發(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動，豎直方向做自由落體運動，當v2垂直豎直墻壁射出時，彈珠運動時間最短tmin=Lv2，y的最小值為ymin=12gtmin2=gL22v22，故C正確，D錯誤；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，一個小球從P點以大小為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，墻面上的A點與P點等高且與B點在同一豎直方向上；若保持小球從P點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點正下方的C點。已知AB=2AC，不計空氣阻力，小球可視為質(zhì)點，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動的時間為t，小球在空中運動的逆運動是平拋運動，第二次平拋小球在空中運動的時間為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點水平向右拋出，在光屏上可以看到小球影子的運動，空氣阻力不計，重力加速度為g，則在小球運動過程中()A.影子做勻速直線運動，速度大小為gLB.影子做勻速直線運動，速度大小為gLC.影子做勻加速直線運動，加速度大小為gD.影子做勻加速直線運動，加速度大小為gL答案A解析小球做平拋運動，小球在光屏上的投影點如圖所示，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)從斜面底端O點以初速度v0斜向上拋出，經(jīng)過一段時間，小球以垂直于斜面方向的速度打在斜面上的P點。已知重力加速度為g，sin37°=0.6，不計空氣阻力。則O、P兩點之間的距離為()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，則小球在這兩個方向上均做勻變速直線運動。小球以垂直于斜面方向的速度打在斜面上的P點，表明此時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點時垂直于斜面方向的分速度與拋出時垂直于斜面方向的分速度等大反向。設(shè)拋出時初速度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.(10分)單板滑雪U型池比賽是冬奧會比賽項目，其場地可以簡化為如圖甲所示的模型：U形滑道由兩個半徑相同的四分之一圓柱面軌道和一個中央的平面直軌道連接而成，軌道傾角為17.2°。某次練習過程中，運動員以vM=10m/s的速度從軌道邊緣上的M點沿軌道的豎直切面ABCD滑出軌道，速度方向與軌道邊緣線AD的夾角α=72.8°，騰空后沿軌道邊緣的N點進入軌道。圖乙為騰空過程左視圖。該運動員可視為質(zhì)點，不計空氣阻力，取重力加速度的大小g=10m/s2，sin72.8°=0.96，cos72.8°=0.30。求：(1)(5分)運動員騰空過程中離開AD的距離的最大值d；(2)(5分)M、N之間的距離L。答案(1)4.8m(2)12m解析(1)在M點，設(shè)運動員在ABCD面內(nèi)垂直AD方向的分速度為v1，由運動的合成與分解規(guī)律得v1=vMsin72.8° ①設(shè)運動員在ABCD面內(nèi)垂直AD方向的分加速度為a1，由牛頓第二定律得mgcos17.2°=ma1 ②由運動學公式得d=v12聯(lián)立①②③式，代入數(shù)據(jù)得d=4.8m ④(2)在M點，設(shè)運動員在ABCD面內(nèi)平行AD方向的分速度為v2，由運動的合成與分解規(guī)律得v2=vMcos72.8° ⑤設(shè)運動員在ABCD面內(nèi)平行AD方向的分加速度為a2，由牛頓第二定律得mgsin17.2°=ma2 ⑥設(shè)騰空時間為t，由運動學公式得t=2v1L=v2t+12a2t2 聯(lián)立①②⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)得L=12m。 ⑨課時2圓周運動天體的運動考點一圓周運動1.水平面內(nèi)的圓周運動臨界條件模型示例動力學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)的圓周運動臨界條件模型示例動力學方程臨界情況示例輕繩模型最高點：FT+mg=mv恰好通過最高點，繩的拉力恰好為0在到達最高點前M點脫離mgcosθ=mv恰好通過最高點，F(xiàn)N恰好為0輕桿模型最高點：mg±F=mv恰好通過最高點，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動等效法關(guān)注六個位置的動力學方程，最高點、最低點、等效最高點、等效最低點、最左邊和最右邊位置，等效最高點：mg'=mv2r，其中g(shù)'恰好通過等效最高點，即恰好做完整的圓周運動傾斜轉(zhuǎn)盤上的物體最高點：mgsinθ±Ff=mω2r最低點：Ff-mgsinθ=mω2r在最低點恰好不發(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)。轉(zhuǎn)椅運動穩(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)椅運動穩(wěn)定后在水平雪地上繞O點做半徑為r1的勻速圓周運動。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)椅運動穩(wěn)定后在水平雪地上繞O1點做半徑為r2的勻速圓周運動，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)椅做勻速圓周運動時輕繩拉力為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)椅做圓周運動的向心力，故可得FTcosα=mω12r1，μmg=FTsin聯(lián)立解得tanα=μg(2)設(shè)此時輕繩拉力為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。一質(zhì)量為m的小球(可看成質(zhì)點)從A點正上方H(1)為使小球能在ABC軌道上運動而不脫離軌道，H應(yīng)該滿足的條件；(2)若H=0.9R，小球剛要脫離軌道時，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C點時，在C點，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，AB段與水平面夾角為θ，BC段圓心為O，最高點為C、A與C的高度差等于圓弧軌道的直徑2R。小球從A點以初速度v0沖上軌道，能沿軌道運動恰好到達C點，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點脫離軌道答案AD解析由題知，小球能沿軌道運動恰好到達C點，則小球在C點的速度為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錯誤；從A到C的過程中有-mg·2R=12mvC2-12mv02，解得v0=4gR，C錯誤；小球在B點恰好脫離軌道有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點自由下滑至其底部，Q為豎直線與大圓環(huán)的切點。則小環(huán)下滑過程中對大圓環(huán)的作用力大小()A.在Q點最大 B.在Q點最小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)與圓環(huán)的作用力恰好為零，此時只有小環(huán)的重力分力提供小環(huán)所需向心力，可知P點必在Q點上方，如圖所示設(shè)P點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點過程，根據(jù)機械能守恒定律mgR(1-cosθ)=12mv在P點，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點到最低點過程，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點到Q點，小環(huán)重力沿大圓環(huán)直徑的分力逐漸減小，從Q點到最低點，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)學法)：設(shè)大圓環(huán)半徑為R，小環(huán)在大圓環(huán)上某處時，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)學知識可知|F|的大小在cosθ=23時最小，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動時，相等時間內(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)運行過程中行星的機械能守恒，即Ek1+Ep1=Ek2+Ep2。2.萬有引力定律F=G(1)r為兩質(zhì)點之間的距離或兩個均勻球體的球心間的距離；(2)G為引力常量，由物理學家卡文迪什測出。3.衛(wèi)星的發(fā)射、運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)星在圓軌道上運行GMmr2=Fn“軌高速低周期大”變軌(1)由低軌變高軌，瞬時點火加速，穩(wěn)定在高軌道上時速度較小、動能較小、機械能較大；由高軌變低軌，反之(2)衛(wèi)星經(jīng)過兩個軌道的相切點，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行的軌跡如圖所示，彗星從a運行到b，從c運行到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.在近日點的速度小于地球的速度B.從b運行到c的過程中動能先增大后減小C.從a運行到b的時間大于從c運行到d的時間D.在近日點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)哈雷彗星在近日點繞太陽做勻速圓周運動，根據(jù)哈雷彗星在近日點繞太陽做勻速圓周運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繞太陽做勻速圓周運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，要做離心運動，需要在近日點加速，則哈雷彗星在原本橢圓軌道近日點的速度大于其在近日點繞太陽做勻速圓周運動的速度，故哈雷彗星在近日點的速度大于地球的速度，A錯誤；從b運行到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錯誤；根據(jù)開普勒第二定律可知哈雷彗星繞太陽運行時，經(jīng)過相同的時間與太陽連線掃過的面積相同，根據(jù)S1>S2可知從a運行到b的時間大于從c運行到d的時間，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點變軌后進入橢圓軌道2，B為遠月點。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運動過程中動能逐漸減小B.在軌道2上從A向B運動過程中加速度逐漸變大C.在軌道2上機械能與在軌道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運動過程中，探測器遠離月球，月球?qū)μ綔y器的引力做負功，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運動過程中，r增大，加速度逐漸變小，B錯誤；探測器在A點從軌道1變軌到軌道2，需要在A點加速，機械能增加，所以探測器在軌道2上機械能大于在軌道1上的機械能，C錯誤；探測器在軌道1上做圓周運動，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，從地球上看，金星就像鑲嵌在太陽表面的小黑點。在地球上間距為d的兩點同時觀測，測得金星在太陽表面的小黑點相距為L，如圖所示。地球和金星繞太陽的運動均視為勻速圓周運動，太陽直徑遠小于金星的軌道半徑，則地球和金星繞太陽運動的()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動的軌道半徑之比為r地r金=d+LL，故A錯誤；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)量和密度的計算變式3(2024·山東卷·5)“鵲橋二號”中繼星環(huán)繞月球運行，其24小時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原點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行大致的、合理的推算，如估算天體運行周期、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)估算時經(jīng)常用到的近似數(shù)學關(guān)系：①角度θ很小時，弦長近似等于弧長。②θ很小時，sinθ≈θ，tanθ≈θ，cosθ≈1。③a?b時，a+b≈a，1a+1b(2)估算時經(jīng)常用到的一些物理常識數(shù)據(jù)，通?？蓮娜粘Ｉ睢⑸a(chǎn)實際、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，可就近取整數(shù)，如39保留一位有效數(shù)字，可以取6，(4)進行估算時，注意抓住主要因素，忽略次要因素，適當進行極端取值，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)沿順時針方向勻速轉(zhuǎn)動。O'固定在底盤上。某時刻轉(zhuǎn)杯轉(zhuǎn)到如圖所示位置，杯上A點與O、O'恰好在同一條直線上。則()A.A點做勻速圓周運動B.O'點做勻速圓周運動C.此時A點的速度小于O'點D.此時A點的速度等于O'點答案B解析A點運動為A點繞O'的圓周運動和O'繞O點的圓周運動的合運動，則軌跡不是圓周，不做勻速圓周運動，故A錯誤；根據(jù)題意O'固定在底盤上，故可知O'圍繞O點做勻速圓周運動，故B正確；杯上A點與O、O'恰好在同一條直線上且A點和O'點運動方向相同，則vA=vO'+vA'，vA'為A相對于O'的速度，故此時A的速度大于O'的速度，故C、D錯誤。2.(2025·湖北卷·2)甲、乙兩行星繞某恒星做勻速圓周運動，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.甲運動的周期比乙的小B.甲運動的線速度比乙的小C.甲運動的角速度比乙的小D.甲運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)某同學用不可伸長的細線系一個質(zhì)量為0.1kg的發(fā)光小球，讓小球在豎直面內(nèi)繞一固定點做半徑為0.6m的圓周運動。在小球經(jīng)過最低點附近時拍攝了一張照片，曝光時間為150s。由于小球運動，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10m/sA.11N B.9N C.7N D.5N答案C解析根據(jù)題意可知在曝光時間內(nèi)小球運動的弧長為Δl=15r=15×0.6m=0.12m，可得線速度v=ΔlΔt=0.12150m/s=6m/s，在最低點根據(jù)牛頓第二定律有FT-mg=mv4.(2025·陜西省部分學校聯(lián)考)在環(huán)繞地球做勻速圓周運動的空間站內(nèi)，航天員長期處于失重狀態(tài)，給身心帶來許多不適，為此科學家設(shè)想建造一種環(huán)形空間站。如圖所示，環(huán)形空間站繞其中心勻速旋轉(zhuǎn)，航天員站在旋轉(zhuǎn)艙內(nèi)的側(cè)壁上，可以受到與他站在地球表面時相同大小的支持力。把地球看作半徑為R的均質(zhì)球體，忽略地球的自轉(zhuǎn)，已知空間站距地面的高度為h，繞地球公轉(zhuǎn)的速度大小為v，旋轉(zhuǎn)艙繞軸線勻速轉(zhuǎn)動的半徑為r，為達到與地表相似的生活環(huán)境，旋轉(zhuǎn)艙繞其軸線轉(zhuǎn)動的周期為()A.RvrRC.RvR+答案D解析設(shè)地球表面重力加速度為g，則航天員在地球表面時有GMmR2=mg，空間站繞地球公轉(zhuǎn)時，有GMm'(R+h)2=m'v2R+h，旋轉(zhuǎn)艙內(nèi)的航天員做勻速圓周運動，側(cè)壁對航天員的支持力等于5.(2025·廣東卷·5)一顆繞太陽運行的小行星，其軌道近日點和遠日點到太陽的距離分別約為地球到太陽距離的5倍和7倍。關(guān)于該小行星，下列說法正確的是()A.公轉(zhuǎn)周期約為6年B.從遠日點到近日點所受太陽引力大小逐漸減小C.從遠日點到近日點線速度大小逐漸減小D.在近日點加速度大小約為地球公轉(zhuǎn)加速度的1答案D解析根據(jù)題意，設(shè)地球與太陽間距離為R，則小行星公轉(zhuǎn)軌道的半長軸為a=5R+7R2=6R，由開普勒第三定律有(6R)3T2=R3T地2，解得T=63T地2=66年，故A錯誤；從遠日點到近日點，小行星與太陽間距離逐漸減小，由萬有引力定律F=G6.(2025·山東煙臺市、德州市、東營市診斷)2024年10月30日，神舟十九號載人飛船將三名航天員送入太空，飛船入軌后與天和核心艙對接的過程簡化為如圖所示，飛船先在軌道半徑為r1的圓軌道Ⅰ上運行，變軌后沿著橢圓軌道Ⅱ由近地點A處運動到遠地點B處，與處于軌道半徑為r2的圓軌道Ⅲ上的天和核心艙對接。已知飛船在橢圓軌道Ⅱ上經(jīng)過B點時速度大小為v，天和核心艙在軌道Ⅲ上運行周期為T，AB是橢圓軌道Ⅱ的長軸，地球半徑為R，引力常量為G，下列說法正確的是()A.飛船在圓軌道Ⅰ上經(jīng)過A點時速度大小為rB.地球的平均密度為3πC.飛船在橢圓軌道Ⅱ上運行的周期為TD.飛船與天和核心艙對接后在軌道Ⅲ上運行的速度大小為v答案B解析飛船在橢圓軌道Ⅱ遠地點B速度為v，根據(jù)開普勒第二定律，可得飛船在橢圓軌道Ⅱ上經(jīng)過A點的速度與B點速度滿足vA·r1=v·r2，可得vA=r2vr1，飛船從圓軌道Ⅰ上A點需要加速才能運動到橢圓軌道Ⅱ上，故A錯誤；天和核心艙在軌道Ⅲ上運行，根據(jù)萬有引力提供向心力GMmr22=m(2πT)2r2，解得M=4π2r23GT2，地球體積V=43πR3，根據(jù)ρ=MV，可得地球的平均密度為ρ=3πr23GT2R3，故B正確；橢圓軌道Ⅱ的半長軸為a=r1+[爭分提