专题1 第3讲 力与曲线运动(课件PPT)-【精讲精练】2026年高考物理二轮专题辅导与训练

该高中物理高考复习课件聚焦“力与曲线运动”专题，覆盖运动合成与分解、抛体运动、圆周运动、万有引力定律等核心考点。依据高考评价体系梳理考查要求，通过真题分析明确平抛运动推论应用（30%）、竖直面圆周运动临界问题（25%）等高频考点，归纳运动分解、模型建构等常考题型，对接高考实用性强。 课件以“真题实战+素养导向”为特色，精选2025年黑龙江、湖北等地高考真题，通过“题型解析+变式训练”培养科学思维中的模型建构与科学推理能力。如平抛运动中“分运动独立分析”方法，结合例题推导运动时间与位移关系，提炼“tanα=2tanθ”等解题技巧，助力学生突破考点，教师可据此高效开展复习教学。

专题一　力与物体的运动 第3讲　力与曲线运动 第一部分　专题强化复习 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 命题点一 01 命题点二 02 命题点三 03 专题集训 04 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 2 知 识 体 系 切线 不共线 匀速 自由落体 变化 变化 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 命题点一　运动的合成与分解　抛体运动 栏目导航 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 命题点二　圆周运动 栏目导航 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 命题点三　万有引力定律及其应用 栏目导航 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 专题集训(三) 栏目导航 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 谢谢观看 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 1．合运动与分运动的三个关系 等时性 分运动与合运动的运动时间相等 独立性 一个物体同时参与几个分运动，各个运动独立进行、互不影响 等效性 各个分运动的叠加效果与合运动的效果相同 2．关联速度问题 物体的实际运动即合运动，对于用绳、杆相连的物体，在运动过程中，两物体的速度通常不同，但两物体沿绳或杆方向的速度分量大小相等(原因是绳和杆的长度不发生变化)。 3．平抛运动 题型1　运动的合成与分解 　(2025·黑吉辽内蒙古卷)如图所示，趣味运动会的“聚力建高塔”活动中，两长度相等的细绳一端系在同一塔块上，两名同学分别握住绳的另一端，保持手在同一水平面以相同速率v相向运动。为使塔块沿竖直方向匀速下落，则v(　　) A．一直减小　　　 B．一直增大 C．先减小后增大 D．先增大后减小 [解析]　设两边绳与竖直方向的夹角为θ，塔块沿竖直方向匀速下落的速度为v块，将v块沿绳方向和垂直绳方向分解，将v沿绳子方向和垂直绳方向分解，可得v块cos θ＝v sin θ 解得v＝ 由于塔块匀速下落时θ在减小，故可知v一直增大。故选B。 [答案]　B 题型2　抛体运动 　(2025·湖北襄阳期末)如图所示，小球A和B置于水平面上方h处，现在将小球A以水平初速度v0射向小球B，同时小球B由静止释放，不计空气阻力，重力加速度为g。 (1)若小球A和B恰好在B落地时相撞，求两球开始时的距离L1； (2)若两小球与地面相撞时水平速度不变，竖直速度均变为原来的k倍(k<1)，且小球A第二次落地时恰好与B相撞(不计小球与地面碰撞的时间)，求两球开始时的距离L2。 [解析]　(1)对小球A和B，在竖直方向上都有h＝gt2 对小球A在水平方向上L1＝v0t 可得L1＝v0。 (2)对小球A和B，在竖直方向上都有vy2＝2gh，与地面碰撞后vy′＝kvy 小球A与B相撞时也是B第二次与地面相撞时，故B第一次与地面相撞后在空中的时间t′＝2 所以A、B相撞前的时间为 t总＝t＋t′＝＋2k＝(2k＋1) 小球A一直在水平方向上做匀速直线运动， 故有L2＝v0t总＝(2k＋1)v0。 [答案]　(1)v0　 (2)(2k＋1)v0 　(多选)如图所示，在例题中两小球A、B位于同一高度h且相距l，将A向右水平抛出的同时，B自由下落，两球与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反。若A球水平抛出的速度为v时，A球与地面仅碰撞一次后与B在距离地面的N点相遇(图中未画出)，不计空气阻力以及小球与地面碰撞的时间，则(　　) A．若仅将A球平抛的速度减小，两球一定不会相遇 B．若仅将A球平抛的速度变大，两球相遇的位置可能仍在N点 C．与A球相遇前一瞬间，B球速度方向一定竖直向上 D．A球与地面碰撞的位置距抛出点的水平距离x可能为l 解析　由于两球与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变，方向相反，故只要A球具有水平速度，两球竖直方向始终等高，所以两者一定相遇，A错误；仅将A球平抛的速度变大，只改变了小球在水平方向的速度，在竖直方向的运动和时间都是不产生变化的，故两球相遇的位置可能在N点，B正确；A球与地面仅碰撞一次后与B相遇，B球也仅与地面碰撞一次，相遇时可能B球正在向上运动，也有可能第二次从最高点下落时与A球相遇，C错误；若B球第二次从最高点下落时与A球相遇，则有x＝v，l＝v，A球与地面碰撞的位置距抛出点的水平距离x＝l，D正确。 答案　BD 分析平抛运动时需要注意的几个问题 1．处理平抛运动(或类平抛运动)问题时，一般将运动沿初速度方向和垂直初速度方向进行分解，先按分运动规律列式，再用运动的合成法则求合运动。 2．对于从斜面上平抛又落到斜面上的问题，竖直位移与水平位移的比值等于斜面倾角的正切值。 3．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的比值等于斜面倾角的正切值。 4．做平抛运动的物体，其位移方向与速度方向一定不同。 1．某U形池场地简化图如图所示。U形池场地的长度L＝160 m、宽度d＝20 m、深度h＝7.25 m，两边竖直雪道与池底平面雪道通过圆弧雪道连接，横截面像“U”字形状，池底雪道平面与水平面的夹角为θ＝ 20°。为测试赛道，将一质量m＝1 kg的小滑块从U形池的顶端A点以初速度v0＝ m/s释放；滑块从B点第一次冲出U形池，冲出B点的速度vB＝10 m/s，与竖直方向的夹角为α(α未知)，再从C点重新落回U形池(C点图中未画出)。已知A、B两点间的直线距离为25 m，不计滑块所受的空气阻力，sin 20°＝0.34，cos 20°＝0.94，g＝10 m/s2。 (1)A点至B点过程中，求小滑块克服雪道阻力所做的功Wf； (2)若保持vB大小不变，调整速度vB与竖直方向的夹角为α0时，滑块从冲出B点至重新落回U形池的时间最长，求tan α0。 解析　(1)小滑块从A点至B点过程中， 由动能定理得mgx sin 20°－Wf＝mvB2－mv02 由几何关系得x＝，Wf＝1.35 J。 (2)当滑块离开B点后，将速度分解为沿U形池斜面方向的分速度vx和垂直U形池斜面方向的分速度vy，将加速度分解为沿U形池斜面方向的分加速度ax和垂直U形池斜面方向的分加速度ay， 则有ax＝g sin 20°，ay＝g cos 20° 滑块从冲出B点至重新落回U形池的时间为t＝＝，可知vy取最大时，即滑块离开B点速度方向刚好垂直于U形池斜面方向时，滑块从冲出B点至重新落回U形池的时间最长，此时有α0＝θ＝20°，则有tan α0＝＝＝。 答案　(1)1.35 J　(2) 题型1　水平面内的圆周运动 　如图甲所示，质量相等的物块A、B放在水平圆盘上，A、B和圆盘圆心O在同一直线上，让圆盘绕过圆心O的竖直轴匀速转动，当A刚要滑动时，转动的角速度为ω1，当B刚要滑动时，转动的角速度为ω2。若A、B在圆盘上的位置不变，用细线将A、B连接，细线刚好伸直，如图乙所示，让圆盘匀速转动，当A、B一起刚要滑动时，转动的角速度为ω3，两物块与盘面间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列关系正确的是(　　) A．ω1>ω3>ω2　　　　 B．ω1<ω3<ω2 C．ω1<ω2 D．ω1<ω3 [解析]　设物块到圆心的距离为r，当物块刚要滑动时，由牛顿第二定律μmg＝mω2r，可得ω＝ 。用细线将A、B连接，当它们一起刚要滑动时，对B物块由牛顿第二定律μmg＋T＝mω32rB，对A物块有μmg－T＝mω32rA，联立解得ω3＝，因为rA<<rB，所以可得ω1>ω3>ω2，故选项A正确。 [答案]　A 　(多选)在例题图甲中，物块A与转轴的距离为l，物块B与转轴的距离为2l，物块所受的最大静摩擦力为物块所受重力的k倍，重力加速度的大小为g，其他条件不变。若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是(　　) A．B一定比A先开始滑动 B．A、B所受的摩擦力始终相等 C．ω＝ 是B开始滑动的临界角速度 D．当ω＝ 时，A所受摩擦力的大小为kmg 解析　小物块A、B做圆周运动时，由静摩擦力提供向心力，即Ff＝mω2R。当角速度增加时，静摩擦力增大，当增大到最大静摩擦力时，发生相对滑动，对物块A：FfA＝mωA2l，当FfA＝kmg时，kmg＝mωA2l，ωA＝ ，对物块B：FfB＝mωB2·2l，当FfB＝kmg时，kmg＝mωB2·2l，ωB＝ ，所以B比A先滑动，选项A正确；两物块滑动前转动的角速度相同，则FfA＝mω2l，FfB＝mω2·2l，FfA<FfA，选项B错误；当ω＝ 时，B刚开始滑动，选项C正确；当ω＝ 时，A没有滑动，则FfA＝mω2l＝kmg，选项D错误。 答案　AC　 　(多选)在例题图乙中，物块A和B与圆盘间的动摩擦因数均为μ，A、B之间细线的长度为L，细线长度等于A到圆盘圆心的距离，其他条件不变，下列说法正确的是(　　) A．当转盘角速度ω< ，细线拉力为0 B．当转盘角速度ω≤ ，两物体能随圆盘一起匀速圆周运动，不会发生滑动 C．当转盘角速度ω＝ ，A受到的摩擦力为μmg D.当圆盘转速加快到两物块刚要发生滑动时，烧断细线，则物块A仍随圆盘一起做匀速圆周运动，物块B发生滑动，离圆盘圆心越来越远 解析　当绳子的拉力为零时，μmg＝mω2·2L，解得ω＝ ，则当转盘角速度ω< ，细线拉力为0，选项A正确；当两物块恰不发生相对滑动时，对B：μmg＋T＝mω2·2L；对A：μmg－T＝mω2L，解得ω＝ ，T＝μmg，即当转盘角速度ω≤ 时，两物块能随圆盘一起匀速圆周运动，不会发生滑动；当圆盘转速增加到两物块刚要发生滑动时，烧断细线，则T变为零，则B的向心力减小，从μmg变 为μmg，则物块B发生滑动，离圆盘圆心越来越远；物块A的向心力变大，从μmg变为μmg，则A仍随圆盘一起做匀速圆周运动， 选项B错误，D正确；当转盘角速度ω＝ < ，则此时两物块相对圆盘保持静止，则对A：fA－T＝mω2L；对B：μmg＋T＝mω2·2L，解得A受到的摩擦力为fA＝μmg，选项C正确。 答案　ACD 题型2　竖直面内的圆周运动 　(多选)(2025·山东潍坊模拟)乒乓球初学者为了提升“球感”，可以用球拍托住乒乓球一起在竖直平面内做匀速圆周运动，在运动过程中乒乓球和球拍相对静止且球拍始终保持水平。某次练习中，乒乓球运动轨迹如图所示，圆心为O、半径为R，a点与圆心等高，b点为轨迹最高点，已知乒乓球的质量为m，角速度大小为ω，与球拍之间的动摩擦因数为μ(μ<1)，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。则乒乓球(　　) A．在a点受到球拍的作用力大小为mω2R B．在b点对球拍的压力不可能为0 C．ω的最大值为 D．ω的最大值为 [解析]　对乒乓球在a点受力分析，受重力、支持力和静摩擦力作用，在竖直方向有N＝mg；在水平方向，静摩擦力提供向心力，则有Ff＝mω2R，故在a点受到球拍的作用力大小为F＝＝，故A错误；设当乒乓球在b点时对轨道的压力刚好为零，则由重力提供向心力mg＝mω02R，解得ω0＝，因乒乓球做匀速圆周运动，故乒乓球在a点时的角速度也为ω0＝，此时根据牛顿第二定 律有Ff0＝mω02R＝mg，而此时在a点的最大静摩擦力为Ffm＝μN＝μmg<Ff0＝mg，故乒乓球在b点对球拍的压力不可能为0，故B正确；由于乒乓球加速度的水平方向分量是由摩擦力产生的，加速度的竖直分量是由重力和支持力的合力产生，如图，根据动力学关系有μN＝mω2R sin θ，mg－N＝mω2R cos θ，联立求得ω2＝，由数学知识可得ω的最大值为ωmax＝，故C错误，D正确。 [答案]　BD 圆周运动问题的解题模板 2．(2025·山东卷)某同学用不可伸长的细线系一个质量为0.1 kg的发光小球，让小球在竖直面内绕一固定点做半径为0.6 m的圆周运动。在小球经过最低点附近时拍摄了一张照片，曝光时间为 s。由于小球运动，在照片上留下了一条长度约为半径的圆弧形径迹。根据以上数据估算小球在最低点时细线的拉力大小为(　　) A．11 N　　 B．9 N C．7 N D．5 N 解析　根据题意可知在曝光时间内小球运动的长度为 Δl＝r＝×0.6 m＝0.12 m 近似认为在曝光时间内小球做匀速直线运动，故有 v＝＝ m/s＝6 m/s 在最低点根据牛顿第二定律有FT－mg＝m 代入数据解得FT＝7 N 故C正确。 答案　C 题型1　“填补法”求解万有引力 　(2025·安徽合肥模拟)如图，在一半径为R、质量分布均匀的大球内部挖去一个半径为的小球(两球相切于P点)，O1、O2分别为大球、小球的球心。另外有一个可视为质点、质量为m的物体N。已知质量分布均匀的球壳对球壳内部物体的万有引力为零，大球的密度为ρ，引力常量为G。 (1)若将物体N置于O1处，求大球剩余部分对物体N的万有引力大小； (2)若仅考虑大球剩余部分对物体N的万有引力的作用，将物体N从P处由静止释放，求物体N到达O2处的时间。 [解析]　(1)物体N受到的大球剩余部分的引力为大球对物体N的引力减去小球对物体N的引力。未挖去前，大球对物体N引力为零，所以大球剩余部分的引力等于小球对物体N的引力，方向沿O2指向O1， F＝G 解得F＝GρπRm。 (2)如图，假设物体N运动到了P、O2连线上的Q点， 设O1、Q距离为x，未挖去前，大球对物体N引力 F1＝G＝Gρπxm 小球对物体N引力 F2＝G＝Gρπm 大球剩余部分的引力F＝F1－F2＝GρπRm 所以物体N的加速度a＝＝GρπR 物体N从P到达O2，由运动学公式可知＝at2 解得t＝。 [答案]　(1)GρπRm　(2) 题型2　天体的运行规律 　(2025·浙江1月卷)地球和哈雷彗星绕太阳运行的轨迹如图所示，彗星从a运行到b、从c运行到d的过程，与太阳连线扫过的面积分别为S1和S2，且S1>S2。彗星在近日点与太阳中心的距离约为地球公转轨道半径的0.6倍，则彗星(　　) A．在近日点的速度小于地球的速度 B．从b运行到c的过程中动能先增大后减小 C．从a运行到b的时间大于从c运行到d的时间 D．在近日点加速度约为地球的加速度的0.36倍 [解析]　由万有引力提供向心力有G＝m，得v＝，由题意知，哈雷彗星在近日点距太阳中心的距离小于地球绕太阳的公转半径，若哈雷彗星在近日点做匀速圆周运动，则哈雷彗星在近日点做匀速圆周运动的速度大于地球的公转速度，又哈雷彗星在近日点做离心运动，因此哈雷彗星在近日点的速度大于地球绕太阳的公转速度，A错误；哈雷彗星从b运行到c的过程中万有引力与速度方向的夹角一直为钝角，万有引力做负功，哈雷彗星速度一直减小，因此动能一直减小，B错误；根据开普勒第二定律可知，哈雷彗星与太阳的连线在任意相同的时间内 扫过的面积相同，由题意S1＞S2可知，哈雷彗星从a运行到b的时间大于从c运行到d的时间，C正确；由牛顿第二定律得G＝ma，得a＝G，由彗星在近日点与太阳中心的距离和地球的公转轨道半径关系 知，哈雷彗星的加速度a1与地球的加速度a2比值为＝，代入数据解得＝＝，D错误。 [答案]　C 题型3　卫星的变轨 　(2024·湖北卷)太空碎片会给航天器带来危害。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喷射气体，(极短时间)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 [解析]　变轨前、后，根据a＝可知，空间站在P点的加速度相同，选项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，选项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，选项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，选项D错误。 [答案]　A 卫星变轨问题的实质 两类变轨 离心运动 近心运动 变轨起因 卫星速度突然增大 卫星速度突然减小 受力分析 G<m G>m 变轨结果 变为椭圆轨道运动或在较大半径的圆轨道上运动，在新的轨道上运行速度减小，重力势能、机械能均增大 变为椭圆轨道运动或在较小半径的圆轨道上运动，在新的轨道上运行速度增大，重力势能、机械能均减少 应用 卫星的发射和回收 3．(2025·四川卷)某人造地球卫星运行轨道与赤道共面，绕行方向与地球自转方向相同。该卫星持续发射信号，位于赤道的某观测站接收到的信号强度随时间变化的规律如图所示，T为地球自转周期。已知该卫星的运动可视为匀速圆周运动，地球质量为M，万有引力常量为G。则该卫星轨道半径为(　　) A．　 B． C． D． 解析　设卫星转动的周期为T′，根据题意可得·－·＝2π，可得T′＝；根据G＝mr，可得r＝，代入T′＝，可得r＝，故选A。 答案　A $