01 任务群（一） 力与运动（Word练习）-【正禾一本通】2026年新高考物理高三一轮总复习高效讲义

任务群（一） 力与运动 建构知识体系 任务1　静态平衡问题 1．共点力平衡问题的常用处理方法 方法 适用条件 平衡关系 合成法 三个共点力 任意两个力的合力一定与第三个力大小相等、方向相反 效果 分解法 三个共点力 将某一个力按力的作用效果分解，则其分力和其他两个力满足平衡条件 正交 分解法 三个或三个以上共点力 将物体所受的力分解为相互垂直的两组力，每组力都满足平衡条件 矢量三 角形法 三个 共点力 将力的矢量图平移，使三个力组成一个首尾依次相接的矢量三角形，根据正弦定理、余弦定理或相似三角形等数学知识求解未知力 2．平衡中的“四看”与“四想” (1)看到“缓慢”，想到“物体处于动态平衡状态”。 (2)看到“轻绳、轻环”，想到“绳、环的质量可忽略不计”。 (3)看到“光滑”，想到“摩擦力为零”。 (4)看到“恰好”，想到“题述的过程存在临界点”。 考向1　力的合成与分解的应用 【例1】 (2024·湖北高考)如图所示，两拖船P、Q拉着无动力货船S一起在静水中沿图中虚线方向匀速前进，两根水平缆绳与虚线的夹角均保持为30°。假设水对三艘船在水平方向的作用力大小均为Ff，方向与船的运动方向相反，则每艘拖船发动机提供的动力大小为(　　) A．Ff B．Ff C．2Ff D．3Ff 【例2】 耙在中国已有1 500年以上的历史，北魏贾思勰著《齐民要术》称之为“铁齿楱”，将使用此农具的作业称作耙。如图甲所示，牛通过两根耙索拉耙沿水平方向匀速耙地。两根耙索等长且对称，延长线的交点为O1，夹角∠AO1B＝60°，拉力大小均为F，平面AO1B与水平面的夹角为30°(O2为AB的中点)，如图乙所示。忽略耙索质量，下列说法正确的是(　　 ) A．两根耙索的合力大小为F B．两根耙索的合力大小为F C．地对耙的水平阻力大小为F D．地对耙的水平阻力大小为 考向2　整体法与隔离法的应用 【例3】 (多选)(2024·江苏无锡二模)社会主义核心价值观基本内容为富强、民主、文明、和谐、自由、平等、公正、法治、爱国、敬业、诚信、友善。如图所示，某公司为了宣传社会主义核心价值观基本内容，用一根轻质细绳将12盏灯笼按上述顺序依次悬挂起来，其中有6盏灯笼未画出。为了追求美感，平衡时左右两侧细绳与竖直方向的夹角均为45°，相邻两灯笼间的水平距离均为x0，“富强”与“友善”两盏灯笼结点的高度均为h，每盏灯笼的质量均为M，重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　) A．“平等”与“公正”两灯笼间细绳中的张力大小为6Mg B．“爱国”与“敬业”两灯笼间细绳中的张力大小为7Mg C．“和谐”灯笼的结点距地面的高度为h－2x0 D．“公正”灯笼的结点距地面的高度为h－3x0 [规律方法]整体法和隔离法的应用技巧 (1)不涉及系统内力时，优先考虑应用整体法，即“能整体、不隔离”。 (2)应用“隔离法”时，要先隔离“简单”的物体，如待求量少或受力少或处于边缘处的物体。 (3)将“整体法”与“隔离法”有机结合、灵活应用。 (4)各“隔离体”间的力，表现为作用力与反作用力，对整体系统则是内力。 任务2　动态平衡和极值问题 1．解决动态平衡问题的一般思路 化“动”为“静”，多个状态下“静”态对比，分析各力的变化或极值。 2．三力作用下的动态平衡 3．多力作用下的动态平衡 常根据平衡条件列方程：F合x＝0；F合y＝0，然后用函数解析法求解。 考向1　动态平衡问题 【例4】 (2022·湖南高考)如图(a)，直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO′上，其所在区域存在方向垂直指向OO′的磁场，与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，其截面图如图(b)所示。导线通以电流I，静止后，悬线偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是(　　) A．当导线静止在图(a)右侧位置时，导线中电流方向由N指向M B．电流I增大，静止后，导线对悬线的拉力不变 C．tan θ与电流I成正比 D．sin θ与电流I成正比 【例5】 (2024·福建宁德三模)某物理兴趣小组为了模拟机器人“手臂”，制作了如图所示的装置，A、B类似于人手臂的关节，能在竖直面内自由转动，前臂BC末端系一重物和一轻绳，轻绳另一端跨过滑轮牵拉前臂。初始时，关节A、B均锁定，前臂BC水平。小组成员解除关节A的锁定，通过拉绳缓慢提升重物，上臂AB转过60°。不计“手臂”重力及一切摩擦，下列说法正确的是(　　 ) A．绳CD拉力先减小后增大 B．绳CD拉力先增大后减小 C．前臂BC受到的压力大小不变 D．前臂BC受到的压力先减小后增大 考向2　极值问题 【例6】 在没有起重机的情况下，工人要将油桶搬运上汽车，常常用如图所示的方法。已知油桶重力大小为G，斜面的倾角为θ。当工人对油桶施加方向不同的推力F时，油桶始终处于匀速运动状态。假设斜面与油桶的接触面光滑。在推力F由水平方向逐渐变为竖直方向的过程中，以下关于油桶受力的说法正确的是(　　 ) A．若力F沿水平方向，F的大小为G sin θ B．若力F沿水平方向，斜面对油桶的支持力大小为G cos θ C．F由水平方向逐渐变为竖直方向的过程中，斜面对油桶的支持力逐渐变大 D．F由水平方向逐渐变为竖直方向的过程中，推力F的最小值为G sin θ 【例7】 (多选)筷子是中华饮食文化的标志之一。如图所示，用筷子夹住质量为m的小球，两根筷子均在竖直平面内，且小球静止，筷子和竖直方向的夹角均为θ。已知小球与筷子之间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　 ) A．小球受到3个力作用 B．当θ增大时，筷子对小球的作用力增大 C．筷子对小球的最小压力是 D．要想用筷子夹住小球，必须满足μ>tan θ [规律方法]求物理极值的两种思路 (1)物理方法：根据出现极值的临界情境，利用物理规律并结合临界条件求极值。 (2)数学方法：根据物理规律建立函数关系，利用数学方法求极值。 任务3　匀变速直线运动的规律及应用 1．处理匀变速直线运动的常用方法 基本公式法、平均速度公式法、位移差公式法、比例法、逆向思维法、图像法等。 2．两种匀减速直线运动的分析方法 (1)刹车问题的分析：末速度为零的匀减速直线运动问题常用逆向思维法，对于刹车问题，应先判断车停下所用的时间，再选择合适的公式求解。 (2)双向可逆类运动分析：匀减速直线运动速度减为零后反向运动，全过程加速度的大小和方向均不变，故求解时可对全过程列式，但需注意x、v、a等矢量的正负及物理意义。 3．追及、相遇问题的解题思路和技巧 (1)紧抓“一图三式”，即过程示意图，时间关系式、速度关系式和位移关系式。 (2)速度相等往往是恰好追上(追不上)，以及两者间距离有极值的临界条件。 (3)若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意追上前该物体是否已停止运动。 考向1　匀变速直线运动规律的应用 【例8】 (2024·河南郑州模拟)如图所示，长度为0.55 m的圆筒竖直放在水平地面上，在圆筒正上方距其上端1.25 m处有一小球(可视为质点)。在由静止释放小球的同时，将圆筒竖直向上抛出，结果在圆筒落地前的瞬间，小球在圆筒内运动而没有落地，则圆筒上抛的速度大小可能为(空气阻力不计，取g＝10 m/s2)(　　 ) A．2.3 m/s B．2.6 m/s C．3.1 m/s D．3.2 m/s 【例9】 (2024·广西高考)如图，轮滑训练场沿直线等间距地摆放着若干个定位锥筒，锥筒间距d＝0.9 m，某同学穿着轮滑鞋向右匀减速滑行。现测出他从1号锥筒运动到2号锥筒用时t1＝0.4 s，从2号锥筒运动到3号锥筒用时t2＝0.5 s。求该同学 (1)滑行的加速度大小； (2)最远能经过几号锥筒。 考向2　追及、相遇问题 【例10】 随着科技的发展，汽车自动驾驶技术已日渐成熟。A、B两辆自动驾驶测试车，在同一直线上向右匀速运动，B车在A车前，A车的速度大小v1＝8 m/s，B车的速度大小v2＝20 m/s，如图所示。当A、B两车相距x0＝20 m时，B车因前方突发情况紧急刹车，已知刹车过程的运动可视为匀减速直线运动，加速度大小a＝2 m/s2，从此时开始计时，求： (1)A车追上B车之前，两者相距的最远距离Δx； (2)A车追上B车所用的时间t。 [规律方法]追及相遇问题的实质就是两个物体运动的关联问题，所以对运动情境的分析至关重要，在此基础上才能借助“临界条件”“量值关系”等建立辅助方程。 任务4　牛顿运动定律的应用 1．解决动力学两类基本问题的思路 2．瞬时加速度问题 3．连接体问题 (1)整体法与隔离法的选用技巧 整体法的选取原则 连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力 隔离法的选取原则 连接体内各物体的加速度不相同，或者需要求出系统内物体之间的作用力 整体法、隔离法的交替运用 连接体内各物体具有相同的加速度，且需要求出物体之间的作用力，可以先整体求加速度，后隔离求内力 (2)连接体问题中常见的临界条件 接触与脱离 接触面间弹力等于0 恰好发生滑动 摩擦力达到最大静摩擦力 绳子恰好断裂 绳子张力达到所能承受的最大值 绳子刚好绷直或松弛 绳子张力为0 (3)常见连接体 接触面光滑，或μA＝μB，则FAB＝F 三种情况中弹簧弹力、绳的张力大小相同且与接触面是否光滑无关 常用隔离法，注意加速度之间的关联 常会出现临界条件及临界值 考向1　牛顿运动定律的应用 【例11】 (2024·安徽高考)如图所示，竖直平面内有两完全相同的轻质弹簧，它们的一端分别固定于水平线上的M、N两点，另一端均连接在质量为m的小球上。开始时，在竖直向上的拉力作用下，小球静止于MN连线的中点O，弹簧处于原长。后将小球竖直向上，缓慢拉至P点，并保持静止，此时拉力F大小为2mg。已知重力加速度大小为g，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力。若撤去拉力，则小球从P点运动到O点的过程中(　　 ) A．速度一直增大 B．速度先增大后减小 C．加速度的最大值为3g D．加速度先增大后减小 【例12】 在第一次空载试飞过程中，质量为m的无人机从静止开始加速行驶距离s时达到起飞速度，飞离地面。在第二次装有载荷的试飞过程中，无人机从静止开始加速行驶距离2s时达到起飞速度，飞离地面。已知飞机的起飞速度与飞机总质量的关系为v＝km，两次试飞时发动机的推力均相同，假设两次试飞过程飞机所受阻力相同且恒定不变，若将无人机的运动看作匀加速直线运动，则第二次试飞时飞机上载荷的质量为(　　) A．m B．m C．m D．m 考向2　多体、多过程问题 【例13】 (2024·河南开封一模)由同种材料制成的两滑块A、B用一根轻质细绳连接，将滑块B按在水平桌面上，细绳跨过轻质定滑轮将滑块A悬挂在空中，如图甲所示，松手后滑块A、B的加速度大小均为a。现仅将滑块A、B位置互换(如图乙所示)，松手后滑块A、B的加速度大小均为3a。已知滑块B的质量等于滑块A的质量的两倍，重力加速度g＝10 m/s2，则滑块与水平桌面间的动摩擦因数为(　　 ) A．0.1 B．0.2 C．0.3 D．0.4 【例14】 (2024·陕西榆林一模)一个质量为2 kg的箱子静止放在水平面上，箱子与水平面间的动摩擦因数为0.5，给箱子一个水平恒定拉力，使箱子从静止开始运动，经过2 s，箱子的位移为20 m。已知重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，空气阻力不计。 (1)求拉力的大小； (2)若拉力大小不变，把拉力的方向改为与水平面成37°角斜向上，使箱子从静止开始运动1 s后撤去拉力，求箱子运动的总位移。 [规律方法]多过程问题的分析 (1)分析多过程问题时，一定要注意物体在每段运动的受力变化； (2)两段运动衔接点的速度是联系两段运动的“桥梁”。 任务5　运动学和动力学图像 1．常见图像 常见图像 斜率k 面积意义 两图线交点 x ­t图像 ＝v — 表示相遇 v ­t图像 ＝a 位移x 表示此时速度相等，往往是距离最大或最小的临界点 a ­t图像 — 速度变化量Δv 表示此时加速度相等 2.非常规图像 非常规图像 函数表达式 斜率k 纵截距b v2­x图像 由v2－＝2ax 得v2＝2ax＋ -t图像 由x＝v0t＋at2 得 at a v0 a ­x图像 由v2－＝2ax知，图线与x轴所围面积等于，此面积与物体质量的乘积表示动能的变化量 3.动力学图像 图像 分析思路 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：由动量定理知，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。如图所示，F－μmg＝ma，a＝－μg，则斜率为，截距为－μg 考向1　运动学图像 【例15】 (2024·福建高考)某直线运动的v ­t图像如图所示，其中0～3 s为直线，3～3.5 s为曲线，3.5～6 s为直线，则以下说法正确的是(　　 ) A．0～3 s的平均速度为10 m/s B．3.5～6 s做匀减速直线运动 C．0～3 s的加速度比3.5～6 s的大 D．0～3 s的位移比3.5～6 s的小 考向2　动力学图像 【例16】 (多选)如图甲所示，平行于倾角为θ的固定斜面向上的拉力F使小物块沿斜面向上运动，运动过程中加速度a与F的关系如图乙所示。已知图线的斜率为k，与F轴交点为c，与a轴交点为－b，则(　　 ) A．小物块的质量为k B．小物块的质量为 C．摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为b D．摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为c 【例17】 (2024·广东高考)如图所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定。木块从弹簧正上方H高度处由静止释放。以木块释放点为原点，取竖直向下为正方向。木块的位移为y。所受合外力为F，运动时间为t。忽略空气阻力，弹簧在弹性限度内。关于木块从释放到第一次回到原点的过程中。其F ­y图像或y ­t图像可能正确的是(　　 ) [规律方法]分析图像问题时，既要关注图线对应的函数关系，又要理解图线的截距、斜率、面积、交点、拐点等代表的物理意义。 任务6　运动的合成与分解　平抛运动 1．曲线运动 2．处理平抛(类平抛)运动的四条注意点 (1)处理平抛运动(或类平抛运动)时，一般将运动沿初速度方向和垂直于初速度方向进行分解，先按分运动规律列式，再用运动的合成求合运动。 (2)如图甲所示，对于从斜面上水平抛出又落到斜面上的问题，其竖直位移与水平位移之比等于斜面倾角的正切值，即＝tan θ，速度方向与斜面平行时，物体离斜面最远。 (3)如图乙所示，做平抛运动的物体垂直打在斜面上，则物体打在斜面上的瞬间，其水平速度与竖直速度之比等于斜面倾角的正切值，即＝tan θ。 (4)如图丙所示，做平抛运动的物体，其位移方向与速度方向一定不同，它们之间的关系tan φ＝2tan θ。 3．斜抛运动(类斜抛运动)的处理方法 (1)斜抛运动是匀变速曲线运动，以斜上抛运动为例(如图3所示) 速度：vx＝v0cos θ，vy＝v0sin θ－gt 位移：x＝v0cos θ·t，y＝v0sin θ·t－gt2 (2)当物体做斜上抛运动至最高点时，运用逆向思维，可转化为平抛运动。 考向1　合运动轨迹的判断 【例18】 潜艇从海水的高密度区驶入低密度区，浮力急剧减小的过程称为“掉深”。如图(a)所示，某潜艇在高密度区水平向右匀速航行，t＝0时，该潜艇开始“掉深”，潜艇“掉深”后其竖直方向的速度vy随时间t变化的图像如图(b)，水平速度vx保持不变，若以水平向右为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向，则潜艇“掉深”后的0～30 s内能大致表示其运动轨迹的图形是(　　 ) 考向2　平抛运动规律的应用 【例19】 (多选)飞镖运动是一种集竞技、健身及娱乐于一体的运动。某次投掷飞镖时，若先后两次的抛出点在同一竖直线上的A、B两点，将飞镖沿水平方向抛出后，飞镖均扎在靶心处，两飞镖的轨迹如图中曲线1、2所示，飞镖扎在靶上瞬间的速度与水平方向的夹角分别为α、β。已知AB、BO的竖直高度相同，飞镖可视为质点，空气阻力忽略不计。则下列说法正确的是(　　 ) A．先后两次飞镖在空中的运动时间之比为∶1 B．先后两次飞镖抛出时的初速度大小之比为∶1 C．α＝2β D．tan α＝2tan β 【例20】 (2024·山西大同检测)如图所示，自斜面顶端A以不同的速度水平抛出小球，准确命中目标C、D、E点。已知斜面倾角为α＝45°，B、C、D均在水平面上，BC＝CD，E为斜面AC的中点，以下说法正确的是(　　 ) A．击中C、D两点的小球的落地速度大小之比为1∶2 B．击中C、D两点的小球速度变化量相等 C．击中C、E两点的小球在C、E两处速度与水平方向的夹角均为45° D．击中C、E两点的小球水平方向的速度之比为2∶1 [规律方法] 求解平抛运动问题的技巧 (1)把运动分解为相互垂直方向上的匀速直线运动和匀加速直线运动，通过研究分运动达到研究合运动的目的。 (2)确定速度或位移与题目所给的角度之间的联系，这往往是解决问题的突破口。 考向3　斜抛运动的处理方法 【例21】 (多选)(2024·山东高考)如图所示，工程队向峡谷对岸平台抛射重物，初速度v0大小为20 m/s，与水平方向的夹角为30°，抛出点P和落点Q的连线与水平方向夹角为30°，重力加速度大小取10 m/s2，忽略空气阻力。重物在此运动过程中，下列说法正确的是(　　) A．运动时间为2 s B．落地速度与水平方向夹角为60° C．重物离PQ连线的最远距离为10 m D．轨迹最高点与落点的高度差为45 m 任务7　圆周运动 1．水平面内的圆周运动的“临界”分析 (1)绳的临界：张力FT＝0； (2)接触面滑动临界：F＝Ffm； (3)接触面分离临界：FN＝0。 2．竖直面内圆周运动的分析步骤 (1)定模型→判断是轻杆模型还是轻绳模型 (2) (3)过程分析→应用动能定理或机械能守恒定律将初、末状态联系起来列方程求解。 考向1　水平面内的圆周运动 【例22】 如图，圆形水平餐桌面上有一个半径为r，可绕中心轴转动的同心圆盘，在圆盘的边缘放置一个质量为m的小物块，物块与圆盘间的动摩擦因数以及与桌面的摩擦因数均为μ。现从静止开始缓慢增大圆盘的角速度，物块从圆盘上滑落后，最终恰好停在桌面边缘。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，圆盘厚度及圆盘与餐桌间的间隙不计，物块可视为质点。则(　　 ) A．小物块从圆盘上滑落后，小物块在餐桌上做曲线运动 B．餐桌面的半径为3r C．物块随圆盘运动的过程中，圆盘对小物块做功为μmgr D．物块在餐桌面上滑行的过程中，所受摩擦力的冲量大小为m 【例23】 (多选)(2024·江苏高考)如图所示，细绳穿过竖直的管子拴住一个小球，让小球在A高度处做水平面内的匀速圆周运动，现用力将细绳缓慢下拉，使小球在B高度处做水平面内的匀速圆周运动，不计一切摩擦，则(　　 ) A．线速度vA>vB B．角速度ωA<ωB C．向心加速度aA<aB D．向心力FA>FB [规律方法]由以上分析可以看出，圆锥摆模型的周期或角速度只与悬点到转动平面的高度有关。 考向2　竖直面内的圆周运动 【例24】 (2024·广东高考)如图所示，在细绳的拉动下，半径为r的卷轴可绕其固定的中心点O在水平面内转动。卷轴上沿半径方向固定着长度为l的细管，管底在O点。细管内有一根原长为、劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧底端固定在管底，顶端连接质量为m、可视为质点的插销。当以速度v匀速拉动细绳时，插销做匀速圆周运动。若v过大，插销会卡进固定的端盖，使卷轴转动停止。忽略摩擦力，弹簧在弹性限度内。要使卷轴转动不停止，v的最大值为(　　 ) A．r B．l C．r D．l 任务8　天体的运动 1．两类卫星的特点 (1)近地卫星：①轨道半径等于地球半径；②卫星所受万有引力等于重力mg；③卫星向心加速度即为重力加速度。 (2)同步卫星：①同步卫星的周期等于地球的自转周期；②所有地球同步卫星都在赤道正上空相同的高度上(六个“一定”)。 2．巧用“一模型、两思路”解答卫星运行参量问题 (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)都可以看作质点，围绕中心天体(视为静止)做匀速圆周运动。 (2)两条思路 ①万有引力提供向心力，即G＝ma。 ②天体对其表面物体的万有引力近似等于重力，即＝mg或gR2＝GM(R、g分别是天体的半径、表面重力加速度)(黄金代换)。 3．分析卫星变轨问题的两个观点 (1)动力学观点 ①点火加速，v突然增大，G <m ，卫星将做离心运动。 ②点火减速，v突然减小，G >m ，卫星将做近心运动。 (2)能量观点 ①同一卫星在不同轨道上运行时机械能不同，轨道半径越大，机械能越大。 ②卫星经过不同轨道相交的同一点时向心加速度相等，外轨道的速度大于内轨道的速度。 考向1　开普勒定律的应用 【例25】 (2024·安徽高考)2024年3月20日，我国探月工程四期鹊桥二号中继星成功发射升空。当抵达距离月球表面某高度时，鹊桥二号开始进行近月制动，并顺利进入捕获轨道运行，如图所示，轨道的半长轴约为51 900 km。后经多次轨道调整，进入冻结轨道运行，轨道的半长轴约为9 900 km，周期约为24 h。则鹊桥二号在捕获轨道运行时(　　 ) A．周期约为144 h B．近月点的速度大于远月点的速度 C．近月点的速度小于在冻结轨道运行时近月点的速度 D．近月点的加速度大于在冻结轨道运行时近月点的加速度 考向2　万有引力定律的应用 【例26】 我国计划在2030年前实现载人登月，并探索建造月球科研试验站，开展系统、连续的月球探测和相关技术试验验证。假设飞船到达月球前，先在距离月球表面高度等于月球半径处绕月球做匀速圆周运动，周期为T。已知月球质量分布均匀，月球半径为R，引力常量为G，忽略月球自转。下列说法正确的是(　　 ) A．月球的质量为 B．月球的密度为 C．月球的第一宇宙速度为 D．月球表面的重力加速度为 【例27】 (多选)(2024·湖南高考)2024年5月3日，“嫦娥六号”探测器顺利进入地月转移轨道，正式开启月球之旅。相较于“嫦娥四号”和“嫦娥五号”，本次的主要任务是登陆月球背面进行月壤采集，并通过升空器将月壤转移至绕月运行的返回舱，返回舱再通过返回轨道返回地球。设返回舱绕月运行的轨道为圆轨道，半径近似为月球半径。已知月球表面重力加速度约为地球表面的，月球半径约为地球半径的。关于返回舱在该绕月轨道上的运动，下列说法正确的是(　　) A．其相对于月球的速度大于地球第一宇宙速度 B．其相对于月球的速度小于地球第一宇宙速度 C．其绕月飞行周期约为地球上近地圆轨道卫星周期的 倍 D．其绕月飞行周期约为地球上近地圆轨道卫星周期的 倍 【例28】 (2024·湖北高考)太空碎片会对航天器带来危害。设空间站在地球附近沿逆时针方向做匀速圆周运动，如图中实线所示。为了避开碎片，空间站在P点向图中箭头所指径向方向极短时间喷射气体，使空间站获得一定的反冲速度，从而实现变轨。变轨后的轨道如图中虚线所示，其半长轴大于原轨道半径。则(　　) A．空间站变轨前、后在P点的加速度相同 B．空间站变轨后的运动周期比变轨前的小 C．空间站变轨后在P点的速度比变轨前的小 D．空间站变轨前的速度比变轨后在近地点的大 高考新动向1　立体空间中的力学问题 角度1　联系生活实际创设空间立体情境，考查力学平衡问题 【例1】 工人用如图所示的装置匀速吊起石球，装置底部ABCD为圆形绳套，A、B、C、D是圆上四等分点，侧面OA、OB、OC、OD是四条完全相同、不可伸长的轻绳。O点在石球球心正上方0.5 m处，石球半径为0.3 m，石球表面光滑、重力大小为G。下列说法正确的是(　　 ) A．OA绳的张力大小为 B．若侧面绳长不变，减小绳套的半径，OA绳的张力减小 C．若绳套不变，将侧面四根轻绳各增加相同的长度，OA绳的张力增大 D．若加速向上提升石球，OA绳的张力大于 [题图转化] 【训练1】 孔府是中国传统建筑的杰出代表，其采用了瓦片屋顶，屋顶结构可简化为如图乙所示，弧形瓦片静止在两根相互平行的倾斜椽子正中间。已知椽子与水平面的夹角均为θ，瓦片质量为m，重力加速度为g，则(　　 ) A．每根椽子对瓦片的摩擦力大小为0.5mg sin θ B．每根椽子对瓦片的支持力大小为0.5mg cos θ C．椽子对瓦片支持力的合力大小为mg D．椽子对瓦片作用力的合力大小为mg cos θ 角度2　以体育运动中的空间曲线为背景，考查抛体运动 高中物理中的抛体运动包含平抛运动和斜抛运动，要掌握抛体运动的规律、特点和常用结论，结合化曲为直的思维方法变换视角，将看似复杂的空间曲线简单化。首先确定曲线所在的平面，再根据几何关系确定水平位移和竖直位移，最后由抛体运动的公式解决问题。 【例2】 (多选)(2022·山东高考)如图所示，某同学将离地1.25 m的网球以13 m/s的速度斜向上击出，击球点到竖直墙壁的距离为4.8 m。当网球竖直分速度为零时，击中墙壁上离地高度为8.45 m的P点。网球与墙壁碰撞后，垂直墙面速度分量大小变为碰前的0.75倍。平行墙面的速度分量不变。重力加速度g取10 m/s2，网球碰墙后的速度大小v和着地点到墙壁的距离d分别为(　　) A．v＝5 m/s B．v＝3 m/s C．d＝3.6 m D．d＝3.9 m [题图转化]如图所示，图甲为网球向上运动过程中轨迹所在的竖直平面，图乙为网球运动全过程的俯视图。 【训练2】 (2024·江西高考)雪地转椅是一种游乐项目，其中心传动装置带动转椅在雪地上滑动。如图(a)、(b)所示，传动装置有一高度可调的水平圆盘，可绕通过中心O点的竖直轴匀速转动。圆盘边缘A处固定连接一轻绳，轻绳另一端B连接转椅(视为质点)。转椅运动稳定后，其角速度与圆盘角速度相等。转椅与雪地之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，不计空气阻力。 (1)在图(a)中，若圆盘在水平雪地上以角速度ω1匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕O点做半径为r1的匀速圆周运动。求AB与OB之间夹角α的正切值。 (2)将圆盘升高，如图(b)所示。圆盘匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕O1点做半径为r2的匀速圆周运动，绳子与竖直方向的夹角为θ，绳子在水平雪地上的投影A1B与O1B的夹角为β。求此时圆盘的角速度ω2。 任务群（一） 力与运动 【例1】解析：选B。根据题意对S受力分析如图甲所示， 　 正交分解可知2FTcos 30°＝Ff，所以有FT＝Ff；对P受力分析如图乙所示，根据余弦定理有F2＝－2FTFfcos 150°，解得F＝，故B正确。 【例2】解析：选B。两根耙索的合力大小为F′＝2F cos 30°＝F，故A错误，B正确；由平衡条件，地对耙的水平阻力大小为f＝F′cos 30°＝F，故C、D错误。 【例3】解析：选AC。对“平等”灯笼右侧的6盏灯笼整体进行受力分析，如图甲所示，显然FT＝6Mg，A正确； 对一盏灯笼受力分析，如图乙所示，可知，…，tan＝，由于“爱国”与“敬业”两灯笼之间细绳与水平方向的夹角满足tan θ3＝，所以细绳中的张力大小为B错误；由于相邻两灯笼之间的水平距离为x0，所以“和谐”灯笼的结点距地面的高度为＝h－2x0，“公正”灯笼的结点距地面的高度为＝h－x0，C正确，D错误。 【例4】解析：选D。当导线静止在题图(a)右侧位置时，对导线受力分析如图所示，可知要让安培力为图示方向，则导线中电流方向应由M指向N，A错误；由于与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，有sin θ＝，FT＝mg cos θ，则可看出sin θ与电流I成正比，当I增大时，θ增大，则cos θ减小，静止后，导线对悬线的拉力FT减小，B、C错误，D正确。 【例5】解析：选C。对C点受力分析，沿轻绳的拉力FT，竖直向下大小为重物重力的拉力mg，沿AC方向由A指向C的支持力FN，如图， 根据三力平衡的特点可知，力的矢量三角形与几何三角形相似，有，依题意，上臂AB转过60°过程中，DA保持不变，DC减小，可知绳CD拉力减小，故A、B错误；同理可得，上臂AB转过60°过程中，DA保持不变，AC也保持不变，可知前臂BC对C点的支持力的大小不变，根据牛顿第三定律可知，前臂BC受到的压力大小不变，故C正确，D错误。 【例6】解析：选D。当力F沿水平方向时，由于油箱为匀速运动状态，因此受力平衡，则水平和竖直方向上有F＝N sin θ，N cos θ＝G，解得F＝G tan θ，N＝，故A、B错误；当力F由水平方向逐渐变为竖直方向的过程中，油桶的受力分析如图所示， 故支持力N在逐渐变小，且推力最小时力F和支持力N垂直，即沿斜面方向，此时最小值为Fmin＝G sin θ，故C错误，D正确。 【例7】解析：选CD。小球受到重力，两根筷子的压力，两根筷子的摩擦力，共5个力作用，A错误；无论θ增大还是减小，只要小球不掉下来，筷子对小球的作用力一定与重力等大、反向，B错误；小球的受力如图所示， 筷子对小球的压力最小时，小球受到的摩擦力等于最大静摩擦力，由平衡条件，得mg＋2Fminsin θ＝2f cos θ，f＝μFmin，由两式解得Fmin＝，C正确；要想用筷子夹住小球，由最小压力FN＝知，μ cos θ－sin θ>0，则μ>tan θ，D正确。 【例8】解析：选B。小球从释放到落地共用时t1＝ s＝0.6 s，小球从释放到下落1.25 m共用时t2＝ s＝0.5 s，设圆筒上抛的初速度为v0，则圆筒在空中的运动时间为t3＝，要使圆筒落地前的瞬间小球在圆筒内运动而没有落地，应有t2<t3<t1，即0.5 s< <0.6 s，解得2.5 m/s<v0<3 m/s，故B正确。 【例9】解析：(1)根据匀变速运动规律，某段内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可知在1、2间中间时刻的速度为 v1＝＝2.25 m/s 2、3间中间时刻的速度为 v2＝＝1.8 m/s 故可得加速度大小为 a＝＝1 m/s2。 (2)设到达1号锥筒时的速度为v0，根据匀变速直线运动规律得 v0t1－＝d 代入数据解得 v0＝2.45 m/s 从1号开始到停止时通过的位移大小为 x＝＝3.001 25 m≈3.33d 故可知最远能经过4号锥筒。 答案：(1)1 m/s2　(2)4号 【例10】解析：(1)当两车速度相等时，两车的距离最大，设经过时间t1两车速度相等，则有 v1＝v2－at1 解得t1＝6 s 在t1时间内A车位移为x1＝v1t1＝48 m B车位移为x2＝v2t1－＝84 m 则此最远的距离为 Δx＝x2＋x0－x1＝56 m。 (2)设经过时间t2，B车停下来，则有 0＝v2－at2 得t2＝10 s 此过程中A车和B车的位移分别为 x1′＝v1t2＝80 m x2′＝v2t2－＝100 m 此时x2′＋x0>x1′ 说明A车还没追上B车，设再经过时间t3才追上，则有 x2′＋x0－x1′＝v1t3 得t3＝5 s 所以A车追上B车所用的时间为 t＝t2＋t3＝15 s。 答案：(1)56 m　(2)15 s 【例11】解析：选A。缓慢拉至P点，并保持静止，由平衡条件可知，此时拉力F与重力和两弹簧的拉力合力为零，两弹簧的合力为大小为mg；当撤去拉力，则小球从P点运动到O点的过程中两弹簧的拉力与重力的合力始终向下，小球一直做加速运动，故A正确，B错误。小球从P点运动到O点的过程中，形变量变小，弹簧在竖直方向的合力不断变小，故小球所受的合外力一直变小，加速度的最大值为撤去拉力时的加速度，由牛顿第二定律可知2mg＝ma，加速度的最大值为2g，C、D错误。 【例12】解析：选A。第一次试飞过程，有v1＝＝2a1s，F－f＝ma1；第二次试飞过程，有v2＝k2s，F－f＝(m＋Δm)a2，联立解得Δm＝m，故A正确。 【例13】解析：选B。设滑块A的质量为m，滑块B的质量为2m，调换前，对系统根据牛顿第二定律可得mg－2μmg＝3ma；调换后，对系统根据牛顿第二定律可得2mg－μmg＝9ma，联立解得μ＝0.2，故B正确。 【例14】解析：(1)箱子做匀加速运动，有L＝at2 解得a＝＝10 m/s2 由牛顿第二定律有F－μmg＝ma 解得F＝30 N。 (2)箱子先以大小为a1的加速度匀加速t1时间，撤去拉力后，以大小为a2的加速度匀减速t2时间后速度恰为0，有 F cos 37°－μ(mg－F sin 37°)＝ma1 解得a1＝11.5 m/s2 撤去拉力后，减速运动的加速度大小 a2＝μg＝5 m/s2 由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，因此有a1t1＝a2t2 解得t2＝2.3 s 将减速过程看作反向匀加速运动，则箱子加速、减速的总位移 L′＝ 联立解得L′＝18.975 m。 答案：(1)30 N　(2)18.975 m 【例15】 解析：选B。根据v ­t图像可知，0～3 s内质点做匀加速直线运动，平均速度为 m/s＝15 m/s，故A错误；根据v ­t图像可知，3.5～6 s内质点做匀减速直线运动，故B正确；根据v ­t图像的斜率绝对值表示加速度大小，可知0～3 s的加速度大小为a1＝ m/s2＝10 m/s2，3.5～6 s的加速度大小满足a2> m/s2＝10 m/s2，可知0～3 s的加速度比3.5～6 s的小，故C错误；v ­t图线与横轴围成的面积表示位移，故0～3 s的位移为x1＝×30×3 m＝45 m，3.5～6 s的位移满足x2<×30×(6－3.5) m＝37.5 m，可知0～3 s的位移比3.5～6 s的大，故D错误。 【例16】解析：选BD。以物块为研究对象，根据牛顿第二定律可得F－mg sin θ－f＝ma，可得a＝，结合a ­F图像可得＝－b，可知小物块的质量为m＝，摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为mg sin θ＋f＝c，故B、D正确。 【例17】解析：选B。在木块下落高度H之前，木块所受的合外力为木块的重力，保持不变，即F=mg。木块接触弹簧后，弹簧弹力向上，木块的合力F与位移y的关系为F=mg-k（y-H），在合力为零前（y＜H+），随着y的增大，F减小，在合力为零后（y＞H+），随着y的增大，F反向增加，直至木块到达最低点。木块开始反弹后，上升过程与下降过程可逆，所以随着y的减小，F-y图线向y轴负方向原路返回，故A错误、B正确；在木块下落H高度之前，木块做自由落体运动，速度逐渐增大，y-t图像的斜率增大。木块从接触弹簧到合力为零时（y=H+），向下做加速度减小的加速运动，y-t图像的斜率继续增大。木块的合力为零后，向下做加速度增大的减速运动，直至最低点速度减为零，y-t图像的斜率减小。进一步分析可知，木块向上运动时，先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，最后做匀减速直线运动到达最高点。C图中木块过H点后速度就开始逐渐减小，实际速度还应该增大，直到平衡位置（合力为零）速度到达最大，然后速度逐渐减为零。D图中木块在前半段做匀速运动，也不符合题意，故C、D错误。 【例18】 解析：选B。潜艇水平方向做匀速直线运动，由题图(b)可知，竖直方向先做匀加速直线运动，加速度竖直向下，后做匀减速直线运动，加速度竖直向上。根据物体做曲线运动的动力学特点可知，两个运动的合运动轨迹正确的为B。 【例19】解析：选AD。飞镖做平抛运动，先后两次飞镖在空中的运动，竖直方向有2h＝，先后两次飞镖在空中的运动时间之比为t1∶t2＝∶1，故A正确；先后两次飞镖在空中的运动，水平方向有x＝v1t1，x＝v2t2，先后两次飞镖抛出时的初速度大小之比为v1∶v2＝1∶，故B错误；轨迹为曲线1的飞镖扎在靶上瞬间的速度与水平方向的夹角的正切值为tan α＝，轨迹为曲线2的飞镖扎在靶上瞬间的速度与水平方向的夹角的正切值为tan β＝，则tan α＝2tan β，故C错误，D正确。 【例20】解析：选B。击中C、D两点的小球运动时间相同，竖直方向有h＝，水平方向有x＝v0t，得落地时vC＝，故击中C、D两点的小球的落地速度大小之比为，故A错误；击中C、D两点的小球速度变化量为Δv＝gt，由之前的分析可知，击中C、D两点的小球运动时间相同，所以速度变化量相等，故B正确；击中C、E两点的小球与斜面有相同的位移偏转角，由位移偏转角与速度偏转角之间关系有tan θ＝2tan α＝2，所以其与水平方向的夹角均大于45°，故C错误；击中C、E两点的小球运动时间之比为tC∶tE＝∶1，由位移偏转角有tan 45°＝，水平方向有x＝v0t，竖直方向有y＝gt2，由于C点和E点的位移偏转角相同，所以解得，故D错误。 【例21】解析：选BD。将初速度分解为沿PQ方向的分速度v1和垂直PQ方向的分速度v2，则有v1＝v0cos 60°＝10 m/s，v2＝v0sin 60°＝10m/s，将重力加速度分解为沿PQ方向的分加速度a1和垂直PQ方向的分加速度a2，则有a1＝g sin 30°＝5 m/s2，a2＝g cos 30°＝5m/s2，垂直PQ方向根据对称性可得重物运动的时间为t＝2＝4 s，重物离PQ连线的最远距离为dmax＝ m，故A、C错误；重物落地时，竖直分速度大小为vy＝－v0sin 30°＋gt＝30 m/s，则落地速度与水平方向夹角的正切值为tan θ＝，可得θ＝60°，故B正确；从抛出到最高点所用时间为t1＝＝1 s，则从最高点到落地所用时间为t2＝t－t1＝3 s，轨迹最高点与落点的高度差为h＝＝45 m，故D正确。 【例22】解析：选C。小物块从圆盘上滑落后，小物块沿切线方向滑出，合外力为与速度方向相反的滑动摩擦力，做匀减速直线运动，A错误；小物块滑下时有μmg＝m，在桌面上滑动时，由动能定理得－μmgL＝0－mv2，解得小物块在桌面滑动的距离L＝r，由几何关系可知，餐桌面的半径为R＝r，B错误；由动能定理，圆盘对小物块做的功为W＝μmgr，C正确；物块在餐桌面上滑行的过程中，所受摩擦力的冲量大小为I＝ft＝μmg·，D错误。 【例23】解析：选BC。设绳子与竖直方向夹角为θ，管外绳子的长度为l，小球所在平面距离顶点的竖直高度为h，对小球分析有F向＝mg tan θ＝ml sin θ＝mω2l sin θ＝m＝ma，整理有v＝，a＝g tan θ，小球从A处到达B处，l减小，θ增大，则无法判断vA、vB的关系，故A错误；由于ω＝，其中cos θ＝，联立有ω＝，由题意可知，小球从A处到达B处，h减小，则ωA<ωB，故B正确；由题意可知，从A到B，角度θ变大，由a＝g tan θ可知，小球所受向心力变大，即FA<FB，向心加速度也变大，即aA<aB，故C正确，D错误。 【例24】解析：选A。由题意可知，当插销刚卡紧固定端盖时弹簧的伸长量为Δx＝，根据胡克定律有F＝kΔx＝，插销与卷轴同轴转动，角速度相同，对插销有弹力提供向心力F＝mlω2，对卷轴有v＝ωr，联立解得v＝r，故A正确。 【例25】 解析：选B。冻结轨道和捕获轨道的中心天体是月球，根据开普勒第三定律得，整理得T2≈288 h，A错误；根据开普勒第二定律得，近月点的速度大于远月点的速度，B正确；从“高轨”到“低轨”需要减速，故鹊桥二号在捕获轨道近月点的速度大于在冻结轨道运行时近月点的速度，C错误；两轨道的近月点所受的万有引力相同，根据牛顿第二定律可知，鹊桥二号在捕获轨道运行时，近月点的加速度等于在冻结轨道运行时近月点的加速度，D错误。 【例26】解析：选B。根据G·2R，解得月球的质量为M＝，A错误；月球的密度为ρ＝，B正确；根据G，月球的第一宇宙速度为v＝，C错误；根据＝mg，月球表面的重力加速度为g＝，D错误。 【例27】解析：选BD。地球第一宇宙速度等于卫星在近地轨道的环绕速度，根据万有引力提供向心力可知，结合mg＝G得，第一宇宙速度v＝，又g月＝R月＝R地，可知返回舱相对于月球的速度小于地球第一宇宙速度，A错误，B正确；根据万有引力提供向心力知，在近地(月)轨道上有GR，又GM＝gR2，解得T＝，可得，C错误，D正确。 【例28】解析：选A。变轨前、后，根据an＝可知，空间站在P点的加速度相同，A正确；由于变轨后的轨道半长轴大于变轨前的轨道半径，则根据开普勒第三定律可知，空间站变轨后的运动周期比变轨前的大，B错误；变轨时，空间站喷气加速，因此变轨后其在P点的速度比变轨前的大，C错误；变轨后，空间站在近地点的速度最大，大于变轨后在P点的速度，结合C项分析可知，变轨后空间站在近地点的速度大于变轨前的速度，D错误。 高考新动向1　立体空间中的力学问题 【例1】解析：选D。对石球受力分析，OA绳与石球相切于点A′，设OA′绳与竖直方向夹角为θ，如图所示， 由题给条件可知sin θ＝＝0.6，则θ＝37°，故cos θ＝，对结点O受力分析，由平衡条件得4FTAcos θ＝G，解得OA绳的张力大小为FTA＝A错误；由选项A可知FTA＝，若侧面绳长不变，减小绳套的半径，则θ变大，cos θ变小，OA绳的张力变大，B错误；若绳套不变，将侧面四根轻绳各增加相同的长度，则θ变小，cos θ变大，OA绳的张力减小，C错误；若加速向上提升石球，石球的加速度向上，由牛顿第二定律有4FTA′cos θ－G＝ma，可得OA绳的张力FTA′＝＞G，D正确。 【训练1】解析：选A。两根椽子对瓦片的摩擦力的合力为mg sin θ，摩擦力方向与椽子平行，所以每根椽子对瓦片的摩擦力大小为0.5mg sin θ，故A正确；两根椽子对瓦片的支持力的合力为mg cos θ，瓦片有弧度，所以每根椽子对瓦片的支持力大小不是0.5mg cos θ，故B、C错误；椽子对瓦片的作用力包括支持力和摩擦力，合力大小为mg，故D错误。 【例2】解析：选BD。设网球飞出时的速度为v0，竖直方向＝2g(H－h)，代入数据得vy＝ m/s＝12 m/s，则vx＝ m/s＝5 m/s，网球水平方向到P点的距离x水平＝vxt＝vx·＝6 m，根据几何关系可得，打在墙面上时，垂直墙面的速度分量v⊥＝vx·＝4 m/s，平行墙面的速度分量v∥＝vx·＝3 m/s，反弹后，垂直墙面的速度分量v⊥′＝0.75·v⊥＝3 m/s，则反弹后的网球速度大小为v＝m/s，网球落到地面的时间t′＝＝ s＝1.3 s，着地点到墙壁的距离d＝v⊥′t′＝3.9 m，故B、D正确，A、C错误。 【训练2】解析：(1)对转椅受力分析，转椅在水平面内受摩擦力、轻绳拉力，两者合力提供其做圆周运动所需的向心力，如图所示， 设转椅的质量为m，则 转椅所需的向心力Fn1＝r1 转椅受到的摩擦力Ff1＝μmg 根据几何关系有tan α＝ 联立解得tan α＝。 (2)转椅在题图(b)情况下所需的向心力Fn2＝ 转椅受到的摩擦力Ff2＝μFN2 根据几何关系有tan β＝ 竖直方向上由平衡条件有 FN2＋FTcos θ＝mg 水平面上有Ff2＝FTsin θsin β 联立解得ω2＝。 答案：(1)　(2) 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