专题4 曲线运动（专题讲解课）-【第一梯队】2026年高考物理二轮专题突破教用课件

该高中物理高考复习课件聚焦“曲线运动”专题，覆盖关联速度、抛体运动、圆周运动三大高考核心模型，严格对接高考评价体系，通过梳理绳杆关联、平抛斜抛、竖直/水平面圆周运动等常考模型，结合近5年真题分析考点权重，归纳12类典型题型，体现备考针对性与实用性。 课件亮点在于“模型建构+科学推理”的深度融合，如以2025河南联考斜抛题为例，详解坐标系分解与轨迹方程应用，培养运动和相互作用观念；通过关联速度的运动分解法、圆周运动临界条件分析等技巧，帮助学生掌握解题模板。教师可依托典例精解与方法拓展，精准指导学生突破高频考点，提升高考得分率。

专题四　曲线运动 高考物理 新高考专用 题型方法 目 录 题型12　关联速度模型 题型13　抛体运动模型 题型14　圆周运动模型 目 录 题型12　关联速度模型 模型图解 1.绳关联模型   题型方法 目 录 2.杆关联模型 3.接触面关联模型 目 录 典例精解 典例    5·3原创　如图所示,ab、cd为在同一竖直面内的两光滑水平轨道,两轨道间的距 离为h。轨道上有两个可视为质点的物体A和B,其质量均为m,它们通过一根绕过定滑 轮的不可伸长的轻绳相连。现有水平向右的拉力拉动物体A,使A、B运动起来,在轨道 间的轻绳OB与水平轨道成θ=30°角的瞬间撤去拉力,此时物体A在cd轨道运动速率为v, 设绳长BO远大于滑轮直径,不计轻绳与滑轮间的摩擦,不计空气阻力,重力加速度为g。   目 录 (1)求轻绳OB与水平轨道成θ=30°角时物体B的速度大小; (2)在轻绳OB与水平轨道的夹角θ由30°到90°的过程中,求轻绳对B做的功; (3)若在轻绳OB与水平轨道成θ=90°角时,轻绳与物体B恰好分离且物体B恰好离开轨道 ab,在物体B下落过程中不与墙面、滑轮相碰,求B落到轨道cd所在平面前瞬间的速度大 小。 目 录 解题导引       目 录 解析    (1)运动的分解 (点拨:轻绳不可伸长,物体A、B沿绳的分速度大小相等)当θ=30°时,由绳关联可得 vB cos 30°=v,解得物体B的速度大小vB= = v。 目 录 一题多解　微元法     如图所示,设经过极短时间Δt,B向左运动了Δx至P点,取PM⊥OB;(点拨:由于研究时间极 短,可认为两物体均做匀速直线运动,物体A的位移等于Δl)根据几何关系有v= =  =vB cos 30°,解得物体B的速度大小vB= v。   目 录 (2)当θ=90°时,由绳关联可得v'A=v'B cos 90° 在θ由30°到90°的过程中,对A、B整体,根据机械能守恒定律有 mv2+ m = mv' +  mv'  在θ由30°到90°的过程中,对B,根据动能定理有W= mv' - m ,联立解得W= mv2。 (3)在B下落过程中,根据动能定理有mgh= mv″ - mv' ,解得B落到轨道cd所在平面 前瞬间的速度大小v″B= 。 答案    (1) v    (2) mv2    (3)  目 录 方法拓展     1 根据物体的实际运动判断合速度方向 2 根据关联速度的类型,确定分速度方向并分解 3 建立分速度和合速度的关系式 4 建立有关联的两物体速度的关系式 目 录 题型13　抛体运动模型 模型图解 一、平抛运动模型 建坐 标系 以抛出点为坐标原点,以初速度方向为x轴正方向,竖直 向下为y轴正方向   目 录 速度 关系   位移 关系   轨迹 方程 y= x2 重要 推论 x'= ,tan θ=2 tan α 目 录 典例精解 典例1    5·3原创    (能力进阶)如图所示,一个质量为m的小球从倾角为θ的斜面顶端以 速度v0水平向右抛出,重力加速度为g,斜面足够长,不计空气阻力。   (1)(基础设问)分析小球抛出的初速度v0大小与小球落到斜面前瞬间的速度方向与水平 方向的夹角α的关系。 (2)(进阶1:拓展分解方式)从抛出小球开始计时,计算小球距离斜面最远的时刻t,并计算 最远距离大小h。 目 录 (3)(进阶2:拓展运动形式)若小球还受到一个竖直向下的恒力F,计算小球落到斜面前瞬 间的速度大小。 (4)(进阶3:由恒力拓展到变力)若小球还受到一个位于竖直平面内的恒力F'(方向未知), 且小球抛出经过足够长的时间之后速度方向趋于与斜面平行,计算该恒力的最小值。 目 录 解析    (1)速度方向与位移方向的关系 小球以不同的初速度抛出,落在斜面上时位移与水平方向的夹角为定值,由平抛运动速 度偏转角和位移偏转角的关系可得α不变。v0与α没有关系。 (2)常规分解(如图甲所示)   目 录 小球距离斜面最远时,速度方向与斜面平行,由tan θ= 解得t= ;由几何关系可得h =  sin θ=  sin θ,解得h= 。 目 录 一题多解    沿斜面和垂直于斜面分解 垂直斜面方向,根据速度关系有v0 sin θ-g cos θ·t=0,解得t= ;由位移关系可得h=v0 sin θ·t- g cos θ·t2= 。 (3)类平抛运动、常规分解 由牛顿第二定律可得小球的加速度a= ;由速度方向可得2 tan θ= ;v= , 联立解得v=v0 。(点拨:小球竖直方向的速度大小vy=at=2v0 tan θ,与加速度大小 无关,即与恒力F的大小无关) 目 录 (4)极值问题 由经过足够长的时间小球的速度趋于与斜面平行,可得合力的方向与斜面方向平行,如 图乙所示: 由几何关系可得F'min=mg cos θ。 答案    (1)见解析    (2)       (3)v0     (4)mg cos θ 目 录 以抛出点为坐标原点(在斜面上),以沿斜面方向为x轴正方向,以垂直于斜面向上为y轴正方向        沿斜面和垂直于斜面分解 沿斜面方向:vx=v0 cos θ+g sin θ·t 垂直斜面方向:vy=v0 sin θ-g cos θ·t 沿斜面方向:x=v0 cos θ·t+ g sin θ·t2 垂直斜面方向:y=v0 sin θ·t- g cos θ·t2 方法拓展　另一种分解方式的应用方法 目 录 离斜面最远时t= ,y=  目 录 建坐 标系 以抛出点为坐标原点,水平向右为x轴正方向,竖直向上 为y轴正方向   速度 关系 水平方向:vx=v0 cos θ 竖直方向:vy=v0 sin θ-gt 位移 关系 水平方向:x=v0 cos θ·t 竖直方向:y=v0 sin θ·t- gt2 二、斜抛运动模型 目 录 飞行 时间 由vy=0解得上升时间t= ,t总=2t=  射高 Hm=v0 sin θ·t- gt2=  射程 x=v0 cos θ·t总=  目 录 典例精解 典例2    (2025河南部分学校联考)如图所示,石块从高度为12 m的竖直城墙的外边缘A 点斜向上方抛出,其初速度与水平方向的夹角θ=53°,最后石块落于城外水平地面上的B 点,落地后不反弹。将抛出点A在地面上的投影点记为C点,B点和C点的连线长度为16 m,且与城外墙面垂直。忽略石块所受空气阻力的影响,重力加速度g取10 m/s2,石块可 视为质点,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。下列关于石块的运动说法正确的是 ( )     D     目 录 A.石块在空中运动的时间为   s B.石块的初速度大小为   m/s C.石块在空中运动  s时距A、B的连线最远 D.石块在空中运动的过程中,到A、B的连线最远距离为  m 目 录 解析　沿水平方向和竖直方向建立坐标系,如图所示,在水平方向有xCB=v0 cos 53°·t1,在 竖直方向有-xAC=v0 sin 53°·t1- g ,联立解得石块的初速度大小v0=  m/s,石块在空中 运动的时间t1=  s,A、B错误。(点拨:石块的速度平行于A、B连线时,石块距A、B 的连线最远)由图中P点的速度关系可得 tan α= ,解得t2=  s,C错误。由 图中几何关系可得石块到A、B的连线最远距离h=x1 sin 37°+x2 sin 37°+y cos 37°,其中 x1+x2=v0 cos 53°·t2,y=v0 sin 53°·t2- g ,联立解得h=  m,D正确。 目 录 一题多解    沿初速度v0方向建立x轴,沿竖直方向建立y轴。石块由A点至B点,根据几何 关系可得v0t1 cos 53°=xCB、v0t1= g  sin 53°,联立解得v0=  m/s、t1=  s,A、B错 误。石块由A点至P点,由速度关系可得v0=gt2 cos 37°,解得t2=  s,C错误。由几何关系 可得h=v0t2- g ·cos 37°,解得h=  m,D正确。 目 录 建坐 标系 以抛出点为坐标原点,初速度方向为x轴正方向,竖直向 下为y轴正方向   速度 关系 沿初速度方向:vx=v0 竖直方向:vy=gt 位移 关系 沿初速度方向:x=v0t 竖直方向:y= gt2 方法拓展　巧用斜交分解方法解决斜抛运动问题 目 录 题型14　圆周运动模型 模型图解 一、水平面内的圆周运动 情境图 分析   圆盘物块模型 (1)口诀:谁远谁先“飞” (2)轻绳出现拉力时先达到B的临界角速度,ω1=  (3)A、B一起恰好相对圆盘滑动时fAmax和fBmax一起指向圆心 ①隔离A:μmAg-T=mA rA ②隔离B:μmBg+T=mB rB ③整体:μmAg+μmBg=mA rA+mB rB ④A、B整体相对圆盘滑动的临界条件:ω2=  =  目 录   圆锥摆模型 (1)受力分析:水平方向有F合=FT sin θ=mg tan θ,竖直方向 有FT cos θ=mg (2)关系式:F合=ma合=mg tan θ=m =mω2r=mω2l sin θ (3)g=ω2l cos θ=ω2h ①对同一圆锥摆,r=l sin θ,FT= ,若θ越大,则摆线的拉 力越大,向心力越大,向心加速度也越大,角速度越大,线 速度也越大 ②对不同圆锥摆,g=ω2h,高度相同则角速度相同,角速度 相同则高度相同 目 录 二、竖直面内的圆周运动 绳球模型 杆球模型 图示           绳连球 轨道内球 杆连球 管内球 大环套小球 共同特征 绳或轨只能提供指向圆心的 力 杆或轨的力既可指向圆心,也可背离圆心 现实典例 凹形桥、水流星等 打夯机 目 录 由牛顿 第二定 律列方 程 最高点 mg+FT=m  拉力 mg+F杆=m  支持力 mg-F杆=m  最低点 FT-mg=m  F杆-mg=m  最高点 速度 若FT=0,即mg=m ,v=  若F杆=0,mg=m ,v=  若F杆背离圆心,mg-F杆=m ,0≤v<  FT≠0,即mg+FT=m ,v>  若F杆指向圆心,F杆+mg=m ,v>  目 录 最高点速度范围 v≥ (v< ,绳球模型中球脱轨) v≥0(杆球模型不存在脱轨情况) 最高点临界速度 (恰好、刚好) v临= (最高点速度不能为0) v临=0(最高点速度可以为0) 目 录 典例精解 典例1    (2025四川成都树德中学月考)(多选)某游戏转盘装置如图所示,游戏转盘水平 放置且可绕转盘中心的转轴O1O2转动。转盘上放置两个可视为质点的物块A、B,物块 A、B通过轻绳相连。开始时,绳恰好伸直但无弹力,现让该装置从静止开始转动,使其 角速度ω缓慢增大。整个过程中,物块A、B都相对于转盘静止,物块A、B到转轴的距离 分别为2r、3r,物块A的质量为2m,物块B的质量为m,A、B物块与转盘间的动摩擦因数 均为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,不计空气阻力,重力加速度大小为g。下列说法正 确的是 ( )       CD     目 录 A.当ω= 时,物块B受到的摩擦力大小为μmg B.角速度ω由 增大到 的过程中,物块A受到的摩擦力逐渐减小 C.角速度ω由 增大到 的过程中,物块B受到的摩擦力逐渐减小 D.为了确保物块A、B都相对于转盘静止,转盘的角速度不能超过  目 录 解析　阶段一:轻绳无拉力,物块A、B与转盘间的静摩擦力逐渐增大。 若无轻绳,对物块A有μ·2mg=2m ·2r,解得A与转盘发生相对滑动的临界角速度ω1=  ;同理可得,若无轻绳B与转盘发生相对滑动的临界角速度ω2= ;当0<ω≤ 时, 轻绳无拉力;当ω= 时,物块B受到的摩擦力大小fB=mω2·3r= μmg,A错误。 阶段二:物块B与转盘间的摩擦力先达到最大静摩擦力;物块A与转盘间的摩擦力逐渐增 大至最大静摩擦力。 当物块A与转盘间的摩擦力达到最大静摩擦力时,对物块A有FT+μ·2mg=2m ·2r,对物块 目 录 B有μmg+FT=m ·3r,联立解得ω3= ,故此阶段ω的范围为 <ω≤ ,B错误。 阶段三:物块A与转盘间的摩擦力为最大静摩擦力;物块B与转盘间的静摩擦力逐渐减小 为0。 物块B与转盘间的静摩擦力逐渐减小为0时,对物块A有μ·2mg+FT=2m ·2r,对物块B有FT =m ·3r,联立解得ω4= ,故此阶段ω的范围为 <ω≤ ,C正确。 阶段四:物块A与转盘间的摩擦力为最大静摩擦力;物块B与转盘间的静摩擦力背离圆心 且增大至最大静摩擦力。 物块B与转盘间的静摩擦力背离圆心且增大至最大静摩擦力时,对物块A有μ·2mg+FT=2 目 录 m ·2r,对物块B有FT-μmg=m ·3r,联立解得ω5= ;故此阶段ω的范围为 <ω≤  。 阶段五:物块A、B相对转盘滑动。 当ω> 时,物块A、B相对转盘滑动,D正确。 一题多解    质心法 把物块A、B看作一个整体,其质心做圆周运动的半径r'= = ;对质心,根据牛 顿第二定律有μ·3mg=3m · ,解得ω5= ;故当ω> 时物块A、B相对转盘滑动。 目 录 方法拓展　质心的判断 1 以转轴与转盘的交点为坐标原点,建立一维坐标系; 2 分析物块A、B的坐标rA、rB; 3 质心的坐标r=  注:rA、rB有正负 目 录 典例2    (2024山东泰安模拟)如图所示,光滑圆环轨道竖直固定放置,轨道半径为R。一 小球从最低点以水平速度v0沿轨道运动,在某位置脱离轨道后,恰好经过圆环轨道的圆 心。已知重力加速度为g,不计空气阻力,则v0的大小为 ( )   A. 　　　　　    B.  C. 　　　　　    D.      B     目 录 解题导引     “在某位置脱离轨道” → (1)轨道对小球的支持力为0 (2)重力沿半径方向的分力提供小球 做圆周运动的向心力 “恰好经过圆环轨道的圆心” → 斜抛运动 水平方向:匀速直线运动 竖直方向:竖直上抛运动 目 录 解析　设当小球运动到P点时,恰好脱离轨道,受力分析如图所示,小球在P点,根据牛顿 第二定律有mg cos θ=m ,小球由最低点运动至P点,根据动能定理有-mg(R+R cos θ)=  mv2- m ,解得v0= ,v= 。从小球脱离轨道至到达圆心,在水平方 向有R sin θ=v cos θ·t,在竖直方向有-R cos θ=v sin θ·t- gt2,联立解得 cos θ= ,所以v0=  ,B正确。   目 录 一题多解    斜交分解 小球沿v方向做匀速直线运动、沿竖直方向做自由落体运动,如图所示,可得vt=R tan θ,  gt2= ,结合v= 可解得tan θ= ,由于sin2θ+cos2θ=1,故cos θ= 。   目 录 考法延伸    5·3变式    (1)在典例2的基础上,若使小球不脱离轨道,试分析v0应满足的条 件。 (2)在典例2的基础上,已知小球的质量为m,若小球能通过轨道最高点,试分析小球通过 最低点和最高点时对轨道的压力大小之差。 目 录 解析    (1)小球不脱离轨道有两种情况 ①小球运动的最高位置高度不超过轨道圆心高度 小球由初位置至最高点,根据动能定理有-mgh=0- m ,根据几何关系有0<h≤R,联立可 得0<v0≤ 。 ②小球做完整的圆周运动 小球由初位置至轨道最高点,根据动能定理有-mg·2R= mv'2- m ;小球通过轨道最高点 时,由牛顿第二定律可得FN+mg=m ,FN≥0,联立解得v0≥ 。 目 录 (2)小球通过最低点时,根据牛顿第二定律有FN1-mg=m ;小球通过最高点时,根据牛顿 第二定律有FN2+mg=m ;小球由最低点到最高点,根据动能定理有-mg·2R= m - m ; 联立解得小球通过最低点和最高点时,轨道对小球的压力大小之差FN1-FN2=6mg;由牛顿 第三定律可得小球对轨道的压力大小之差等于6mg。 答案    (1)见解析    (2)6mg 目 录 $