第1篇 专题1 第4课时 力与曲线运动（Word教参）-【艺术生百日冲刺】2026高考物理艺术生基础生文化课成功方案

该高中物理高考复习讲义聚焦力与曲线运动核心考点，涵盖运动的合成与分解、平抛及斜抛运动、圆周运动向心力等内容，按规律公式梳理、分题型突破、总结提升的逻辑架构编排，通过考点梳理、方法指导、真题训练等环节，帮助学生构建知识网络，突破解题难点。 讲义以高考真题为载体，注重科学思维培养，如在平抛与斜面综合问题中，引导学生分解位移与速度方向建立模型，结合分层练习实现能力进阶。既助力学生高效掌握解题策略，又为教师提供系统复习框架，有效提升复习针对性与应考能力。

第4课时　力与曲线运动 【目标要求】　1.掌握运动的合成与分解，掌握解决曲线运动的一般方法.2.会灵活分解平抛、斜抛运动及解决三维空间中抛体运动问题的方法.3.会分析常见圆周运动的向心力来源，并会处理圆周运动的问题． 内容 重要的规律、公式和二级结论 1.运动的合成与分解 (1)小船垂直河岸过河时，所用时间最短，t＝. (2)小船过河时，船速大于水速，船才能垂直河岸过河，此时过河最短位移为d，设船与河岸上游夹角为θ，需满足v船cos θ＝v水，此时实际船速v＝v船sin θ，过河时间t＝ . (3)注意只有物体实际运动的速度(物体相对地面的速度)才可以分解．绳端物体速度分解规律：分解为沿绳方向和垂直于绳方向两个分速度． 2.曲线运动中质点的速度、加速度 (4)曲线运动中质点的速度方向时刻改变，总沿该点的切线方向． (5)曲线运动中质点所受合外力方向指向曲线弯曲的凹侧． 续表 内容 重要的规律、公式和二级结论 3.抛体运动 (6)平抛运动的速度与初速度的夹角α和位移与初速度的夹角β满足tan α＝2tan β，平抛运动的速度的反向延长线一定过水平位移的中点． (7)在斜面上做平抛运动时，落到斜面上的速度方向与斜面的夹角θ不变，即平抛运动的速度与初速度的夹角α和位移与初速度的夹角β(斜面倾角)满足tan α＝tan (θ＋β)＝2tan β. (8)在斜面上做平抛运动时，当速度与斜面平行时，物体距斜面最远，此时dm＝. 4.匀速圆周运动、圆周运动的向心力 (9)圆锥摆、火车转弯、漏斗壁上的小球在水平面内做匀速圆周运动，F向＝mg tan θ，方向水平，指向圆心． (10)竖直平面内仅在重力与绳子拉力作用下圆周运动(内轨道亦可)，最高点最小速度为，最低点最小速度为，最高点与最低点两点拉力之差为6mg. (11)小球在“杆”模型、“圆管”模型最高点vmin＝0，v临＝ v＞v临，杆对小球有向下的拉力； v＝v临，杆对小球的作用力为零； v＜v临，杆对小球有向上的支持力． 热考一　曲线运动、运动的合成与分解 【例1】　(多选)(2024·安徽高考)一倾角为30°足够大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜面上建立Oxy直角坐标系，如图(1)所示．从t＝0开始，将一可视为质点的物块从O点由静止释放，同时对物块施加沿x轴正方向的力F1和F2，其大小与时间t的关系如图(2)所示．已知物块的质量为1.2 kg，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力．则(　　 ) A．物块始终做匀变速曲线运动 B．t＝1 s时，物块的y坐标值为2.5 m C．t＝1 s时，物块的加速度大小为5 m/s2 D．t＝2 s时，物块的速度大小为10 m/s 【解析】　A．根据图2可知，F1随时间变化的关系为F1＝4－t(N)，其中t≤4 s，F2随时间变化的关系为F2＝3t，F1、F2的合力F＝F1＋F2＝4＋2t(N)，物块沿y轴方向的分力Fy＝mg sin 30°＝mg＝×1.2×10 N＝6 N，物块沿x轴方向的力Fx＝F＝4＋2t(N)，由于Fx随时间变化，因此物块所受的合力不恒定，加速度不恒定；物块做非匀变速曲线运动，故A错误；B.物块沿y方向做匀加速运动，加速度ay＝＝g sin 30°＝10× m/s2＝5 m/s2，根据匀变速运动公式，t＝1 s时，物块的y坐标值y＝at2＝×5×12 m＝2.5 m，故B正确；C.当t＝1 s时，Fx＝4 N＋2×1 N＝6 N，此时物块所受的合力F合＝＝ N＝6 N，根据牛顿第二定律F合＝ma，代入数据解得物块的加速度大小a＝5 m/s2，故C错误；D.t＝2 s时刻，物块沿y轴方向的速度vy＝at＝5×2 m/s＝10 m/s，物块在t＝2 s时刻，沿x轴方向的合力Fx′＝(4＋2×2)N＝8 N，在0－2 s内沿x轴方向的平均加速度＝＝ m/s2＝5 m/s2，t＝2 s时刻，物块沿x轴方向的速度vx＝ t＝5×2 m/s＝10 m/s，根据运动的合成与分解，在t＝2 s时刻的速度v＝＝ m/s＝10 m/s，故D正确． 【答案】　BD 【例2】　(2025·江苏五校联考)如图所示，质量为m的物体P置于倾角为θ1的固定光滑斜面上，轻细绳跨过光滑定滑轮分别连接着P与小车，P与滑轮间的细绳平行于斜面，小车以速率v水平向右做匀速直线运动．已知重力加速度为g，则当小车与滑轮间的细绳和水平方向的夹角为θ2时，下列判断正确的是(　　 ) A.P做匀速运动 B．P的速率为 C．绳的拉力大于mg sin θ1 D．绳的拉力小于mg sin θ1 【解析】　B．将小车速度在沿绳方向与垂直于绳方向分解如图所示： P的速率为vP＝v1＝v cos θ2，故B错误；ACD.小车向右运动则θ2逐渐减小，小车做匀速运动，根据表达式vP＝v cos θ2可得P的速度逐渐增大，P沿斜面向上做加速运动，根据牛顿第二定律有T－mg sin θ1＝ma＞0，故绳的拉力大于mg sin θ1，故C正确，AD错误． 【答案】　C 【总结提升】 分析曲线运动情况时注意“四”点 1．根据物体的运动轨迹判断的合运动(实际运动)的方向． 2．运动的分解只能分解合运动． 3．合速度一般分解为沿绳(杆)方向的速度和垂直于绳(杆)方向的速度，通常一根绳(杆)上的两物体，在沿绳(杆)方向的速度相等． 4．分析物体的运动情况时可以分析物体的速度、位移或者加速度． 热考二　平抛运动 【例3】　(2024·浙江1月选考)如图所示，小明取山泉水时发现水平细水管到水平地面的距离为水桶高的两倍，在地面上平移水桶，水恰好从桶口中心无阻挡地落到桶底边沿A.已知桶高为h，直径为D，重力加速度为g，则水离开出水口的速度大小为(　　) A.　　　　　　B． C． D．(＋1)D 【解析】　设出水口到水桶口中心距离为x，则x＝v0，落到桶底A点时x＋＝v0 ，解得v0＝，故C正确． 【答案】　C 【例4】　(多选)(2025·株洲一模)为了锻炼儿童的协调性，父子俩一起玩投掷小球的游戏．如图所示，父子分别从A、B两点水平抛出一个小球，小球均能从立在地面上的竖直管子的管口O落入管中，A、B、O三点恰在一条直线上，且AB∶BO＝2∶3.从A点抛出的小球初速度大小为v1，在O点的速度与水平方向的夹角为α，从B点抛出的小球初速度大小为v2，在O点的速度与水平方向的夹角为β，空气阻力不计，则下列判断正确的是(　　) A．α>β B．α＝β C．v1∶v2＝3∶2 D．v1∶v2＝∶ 【解析】　连接ABO，设AO所在直线与水平面的夹角为θ，由平抛运动的推论有2tan θ＝tan α＝tan β，所以α＝β，故A错误，B正确；根据平抛运动的规律有hA＝gt，hB＝gt，tan α＝tan β＝＝，所以＝＝＝，故C错误，D正确． 【答案】　BD 【例5】　(2025·沈阳二模)如图所示，倾角为37°的斜面体固定在水平面上，小球A在斜面底端正上方以速度v1向右水平抛出，同时，小球B在斜面顶端以速度v2向左水平抛出，两球抛出点在同一水平线上，结果两球恰好落在斜面上的同一点，且A球落到斜面上时速度刚好与斜面垂直，不计小球的大小，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.则v1∶v2等于(　　) A．4∶3 B．5∶4 C．8∶7 D．9∶8 【解析】　小球A垂直打在斜面上，如图所示： 根据几何关系可得tan 37°＝，对于小球B：tan 37°＝＝，联立得v1∶v2＝9∶8，故选D. 【答案】　D 【总结提升】 大多数平抛运动与斜面(曲面)的综合问题，最终可转化为对平抛物体位移方向、速度方向分析，对位移、速度分解、计算，从而解决问题． 已知速度方向，分解速度 垂直落在斜面上 tan θ＝＝ 无碰撞地进入圆弧形轨道 tan θ＝＝ 已知位移方向，分解位移 求飞行时间、位移等 tan θ＝＝ 落在斜面上位移最小 tan θ＝＝ (x－R)2＋y2 ＝R2 热考三　斜抛运动 【例6】　 (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 【解析】　A．对重物从P运动到Q的过程，水平方向上有x＝v0cos 30°·t，竖直方向上有y＝－v0sin 30°t＋gt2，由几何关系有＝tan 30°，联立解得重物的运动时间t＝4 s，故A错误；B.结合A项分析可知，重物落地时的水平分速度vx＝v0cos 30°，竖直分速度vy＝－v0sin 30°＋gt，则tan θ＝，解得tan θ＝，所以重物的落地速度与水平方向夹角为60°，故B正确；C.对重物从P运动到Q的过程，如图，将重力加速度和初速度v0在垂直于PQ连线方向分解 在垂直于PQ连线方向有2ghm cos 30°＝(v0sin 60°)2，解得重物离PQ连线的最远距离hm＝10 m，故C错误；D.结合B项分析，竖直方向上有2gym＝v，联立解得重物轨迹最高点与落点的高度差ym＝45 m，故D正确． 【答案】　BD 【例7】　 (多选)(2025·山东潍坊一模)如图所示，一光滑斜面体固定在水平面上，其矩形斜面abcd与水平面的夹角为θ，ab边长为L.将质量为m的小球从斜面上的点a以某一速度沿斜面斜向上抛出，速度方向与ab夹角为α，小球运动到斜面的c点并沿dc方向飞出，一段时间后落地，已知重力加速度大小为g，不计空气阻力，则(　　) A．小球从a到c的运动时间为 B.小球从a到c重力势能增加mgL sin α·cos αsin θ C．小球触地时速度大小为 D．小球触地时重力的瞬时功率为 mg 【解析】　A.设小球从c点沿dc方向飞出的速度为v0，bc的边长为l；小球从a到c的过程，根据逆向思维，可认为小球从c到a做类平抛运动，沿cd方向有L＝v0t 沿cb方向有a＝g sin θ，l＝at2，vcb＝at 在a点时，有tan α＝ 联立解得t＝，v0＝，vcb＝，l＝，故A正确； B．小球从a到c重力势能增加ΔEp＝mgh＝mgl sin θ＝，故B错误； C.根据机械能守恒可知，小球触地时速度大小等于小球在a点时的速度大小，则有v地＝va＝＝，故C正确； D．小球触地时的竖直分速度为vy＝＝，小球触地时重力的瞬时功率为P＝mgvy＝mg，故D错误．故选AC. 【答案】　AC 【总结提升】 热考四　圆周运动 【例8】　(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. 【解析】　(1)对转椅受力分析，转椅在水平面内受到滑动摩擦力f1、轻绳拉力T，两者合力提供其做匀速圆周运动所需向心力，如下图所示： 设转椅的质量为m，转椅所需的向心力大小为：Fn1＝mωr1，转椅受到的滑动摩擦力大小为：f1＝μmg，根据几何关系得： tan α＝，联立解得：tan α＝； (2)转椅在题图(b)情况下，由滑动摩擦力与绳拉力沿BA1方向的分力的合力提供所需的向心力．所需的向心力大小为：Fn 2＝mωr2，转椅受到的滑动摩擦力大小为：f2＝μN2，根据几何关系有：tan β＝，竖直方向上由平衡条件得：N2＋T cos θ＝mg，水平面上沿圆周轨迹的切线方向由平衡条件得： f2＝T sin θ·sin β，联立解得： ω2＝. 【答案】　(1)　(2) 【总结提升】 1．水平面内圆周运动的分析思路 2．水平面内圆周运动的临界问题 (1)绳的临界：绳恰好伸直，拉力(2)T＝0. (2)接触面滑动临界：达到最大静摩擦力，F＝Ffmax. (3)接触面分离临界：FN＝0. 【例9】　(2025·北京西城区一模)如图1所示，长为R且不可伸长的轻绳一端固定在O点，另一端系一小球，使小球在竖直面内做圆周运动．由于阻力的影响，小球每次通过最高点时速度大小不同．测量小球经过最高点时速度的大小v，绳子拉力的大小F，作出F与v2的关系图线如图2所示．下列说法中正确的是(　　 ) A．根据图线可以得出小球的质量m＝ B．根据图线可以得出重力加速度g＝ C．绳长不变，用质量更小的球做实验，得到的图线斜率更大 D．用更长的绳做实验，得到的图线与横轴交点的位置不变 【解析】　AB.根据牛顿第二定律和向心力的计算公式，得到图像的表达式为：F＋mg＝，变形为：F＝v2－mg，根据F－v2图像的斜率可得：＝，根据F－v2图像的横轴截距可得：0＝b－mg，解得：m＝，g＝，故A正确，B错误；C.根据斜率k＝，可知R不变，m减小，斜率减小，故C错误；D.横轴截距b＝gR，可知R变大，g不变，所以b会变大，可得图线与横轴交点的位置向右移动，故D错误． 【答案】　A 【总结提升】 [高考模拟冲关] 1．(多选)(2025·南京一模)2022年北京冬奥会某滑雪比赛场地简化如图所示，AO为曲线助滑道，OB为倾斜雪坡，与水平面夹角α＝37°，运动员某次训练从助滑道的最高点A由静止开始下滑至起跳点O，若起跳速率为22 m/s，方向与水平方向成θ＝16°，最后落在雪坡上的P点(图中未画出).把运动员视为质点，不计空气阻力，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则(　　 ) A．运动员从起跳到达P点运动的时间为4.4 s B．运动员从起跳到达P点运动的时间为2.2 s C．运动员离开雪坡的最大距离为19.36 m D．运动员离开雪坡的最大距离为116.16 m 【解析】　AB.将运动员的速度沿着雪坡和垂直于雪坡进行分解，则沿雪坡方向的速度为vx＝v0cos (α＋θ)＝22×0.6 m/s＝13.2 m/s 垂直于雪坡方向上的速度为vy＝v0sin (α＋θ)＝22×0.8 m/s＝17.6 m/s 同理可得ax＝g sin α＝10×0.6 m/s2＝6 m/s2，ay＝g cos α＝10×0.8 m/s2＝8 m/s2 根据对称性可知，运动员从起跳到达P点的运动时间为t＝，故A正确，B错误； CD.运动员离雪坡最远时，垂直于斜面的速度为零hm＝＝19.36 m，故C正确，D错误，故选AC. 【答案】　AC 2．(2025·山东泰安二模)如图所示，竖直平面内的光滑金属细圆环半径为R，质量为m的带孔小球穿于环上，同时有一长为R的轻杆一端固定于球上，另一端通过光滑的铰链固定于圆环最低点，当圆环以角速度ω＝绕竖直直径转动时，轻杆对小球的作用力大小和方向为(　　) A．mg沿杆向上 B．mg沿杆向下 C．(－1)mg沿杆向上 D．(－1)mg沿杆向下 【解析】　设轻杆与竖直直径夹角为θ，由几何关系可得cos θ＝＝ 解得θ＝60° 则小球作圆周运动的半径为r＝R sin 60°＝R 作圆周运动所需向心力为F＝mω2r＝mg 小球有向上运动的趋势，设杆对小球有沿杆向下的拉力F1，环对小球有指向圆心的支持力F2，有平衡条件可知F1cos 30°＋F2cos 30°＝F，F1sin 30°＋mg＝F2sin 30° 解得F1＝mg，故选B. 【答案】　B 学科网（北京）股份有限公司 $