2026届高考物理二轮复习课件：力与物体的曲线运动

力与物体的曲线运动 高中物理 二轮复习 内容索引 知识网络　体系构建 考向探究　素养提升 第一部分 第二部分 考向一　运动的合成与分解 考向二　抛体运动 01 02 课时作业 第三部分 考向三　圆周运动 03 1 知识网络　体系构建 ONE 考向探究　素养提升 第 分 部 二 1．物体做曲线运动的轨迹一定夹在速度方向与合力方向之间，合力的方向指向曲线的“凹”侧。 2．根据合力与合初速度的方向关系判断合运动的性质。 3．运动的合成与分解就是速度、位移、加速度等的合成与分解，遵循平行四边形定则。 4．与绳(杆)相连的物体运动方向与绳(杆)不在一条直线上，则沿绳(杆)方向的速度分量大小相等。 考向一　运动的合成与分解 [运动合成与分解的应用](2025·湖南卷)如图，物块以某一初速度滑上足够长的固定光滑斜面，物块的水平位移、竖直位移、水平速度、竖直速度分别用x、y、vx、vy表示。物块向上运动过程中，下列图像可能正确的是(　　) C [关联速度问题](2025·黑吉辽蒙卷)如图，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 B “关联”速度常见模型 考向二　抛体运动 [平抛运动规律的应用](2025·云南卷)如图所示，某同学将两颗鸟食从O点水平抛出，两只小鸟分别在空中的M点和N点同时接到鸟食。鸟食的运动视为平抛运动，两运动轨迹在同一竖直平面内，则(　　) A．两颗鸟食同时抛出 B．在N点接到的鸟食后抛出 C．两颗鸟食平抛的初速度相同 D．在M点接到的鸟食平抛的初速度较大 D ACD [斜面上的平抛运动](多选)如图所示，固定斜面PO、QO与水平面MN的夹角均为45°，现由PO斜面上的A点分别以v1、v2先后沿水平方向抛出两个小球(可视为质点)，不计空气阻力，其中以v1抛出的小球恰能垂直于QO落于C点，飞行时间为t，以v2抛出的小球落在PO斜面上的B点，且B、C在同一水平面上，则(　 　) [斜抛运动规律的应用](多选)(2024·山东卷)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g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(　 　) BD 抛体运动常见运动模型 考向三　圆周运动 AD D [竖直平面内圆周运动](多选)(2025·湖南株洲高三阶段检测)如图甲、乙所示，分别用长度均为1 m的轻质细绳和轻质细杆的一端拴质量均为1 kg的小球A、B，另一端分别固定在O、O′点，现让A、B两小球分别绕O、O′点在竖直平面内做圆周运动，小球均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　 　) AD [圆周运动与平抛运动结合](多选)(2025·山东卷)如图所示，在无人机的某次定点投放性能测试中，目标区域是水平地面上以O点为圆心、半径R1＝5 m的圆形区域，OO′垂直地面，无人机在离地面高度H＝20 m的空中绕O′点、平行地面做半径R2＝3 m的匀速圆周运动，A、B为圆周上的两点，∠AO′B＝90°。若物品相对无人机无初速度地释放，为保证落点在目标区域内，无人机做圆周运动的最大角速度应为ωmax。当无人机以ωmax沿圆周运动经过A点时，相对无人机无初速度地释放物品。不计空气对物品运动的影响，物品可视为质点且落地后即静止，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　 　) BC 课时作业 第 分 部 三 1．(5分)(2025·江苏卷)游乐设施“旋转杯”的底盘和转杯分别以O、O′为转轴，在水平面内沿顺时针方向匀速转动。O′固定在底盘上。某时刻转杯转到如图所示位置，杯上A点与O、O′恰好在同一条直线上。则(　　) A．A点做匀速圆周运动 B．O′点做匀速圆周运动 C．此时A点的速度小于O′点 D．此时A点的速度等于O′点 解析：A点运动为绕O′的圆周运动和O′相对于O点的圆周运动的合运动，故轨迹不是圆周，故不做匀速圆周运动，故A错误；根据题意O′固定在底盘上，故可知O′绕O点做匀速圆周运动，故B正确；杯上A点与O、O′恰好在同一条直线上时且A点在OO′延长线上，A点和O′点运动方向相同，又A点相对O′点做圆周运动，故此时A点的速度大于O′点的速度，故C、D错误。 B 2．(5分)(2024·江苏卷)喷泉a、b出射点高度相同，形成如图所示的形状，不计空气阻力，则喷泉a、b的(　　) A．加速度相同 B．初速度相同 C．最高点的速度相同 D．在空中运动的时间相同 A 3．(5分)(2024·湖北卷)如图所示，有五片荷叶伸出荷塘水面，一只青蛙要从高处荷叶跳到低处荷叶上。设低处荷叶a、b、c、d和青蛙在同一竖直平面内，a、b高度相同，c、d高度相同，a、b分别在c、d正上方。将青蛙的跳跃视为平抛运动，若以最小的初速度完成跳跃，则它应跳到(　　) A．荷叶a B．荷叶b C．荷叶c D．荷叶d C 4.(5分)(2025·江西南昌一模)如图所示，某条河流两岸笔直，河水流速不变，甲、乙两艘船在静水中航行的速度分别为4 m/s和2.4 m/s，两船从同一渡口A同时向河对岸开去，甲船用最短时间渡河，乙船以最短航程渡河，结果两船均沿直线先后抵达对岸的同一渡口B，乙船比甲船晚到64 s，下列说法正确的是(　　) A．水流的速度大小为2.5 m/s B．乙船渡河的时间为120 s C．两渡口的距离为180 m D．两岸的距离为121 m C 5．(5分)(多选)(2025·广东卷)将可视为质点的小球沿光滑冰坑内壁推出，使小球在水平面内做匀速圆周运动，如图所示。已知圆周运动半径R为0.4 m，小球所在位置处的切面与水平面夹角θ为45°，小球质量为0.1 kg，重力加速度g取10 m/s2。关于该小球，下列说法正确的有(　 　) A．角速度为5 rad/s B．线速度大小为4 m/s C．向心加速度大小为10 m/s2 D．所受支持力大小为1 N AC 6.(5分)(多选)(2024·江西卷)一条河流某处存在高度差，小鱼从低处向上跃出水面，冲到高处。如图所示，以小鱼跃出水面处为坐标原点，x轴沿水平方向，建立坐标系，小鱼的初速度为v0，末速度v沿x轴正方向。在此过程中，小鱼可视为质点且只受重力作用。关于小鱼的水平位置x、竖直位置y、水平方向分速度vx和竖直方向分速度vy与时间t的关系，下列图像可能正确的是(　 　) AD A 8.(5分)(多选)如图所示，质量均为m的甲、乙、丙三个小物块(均可看作质点)随水平转盘一起以角速度ω绕OO′轴做匀速圆周运动，物块甲叠放在物块乙的上面，所有接触面间的动摩擦因数均为μ。已知甲、乙到转轴的距离为r1，丙到转轴的距离为r2，且r2＞r1。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．甲受到的摩擦力一定为μmg B．乙受到转盘的摩擦力一定为2mω2r1 C．若角速度增大，丙先达到滑动的临界点 D．若角速度增大，甲先达到滑动的临界点 BC 解析：当转动角速度较小时，甲受到的静摩擦力提供向心力，大小不等于μmg，故A错误；对甲、乙整体分析可知，乙受到转盘的摩擦力为Ff＝2mω2r1，故B正确；若角速度增大，根据μmg＝mω2r，丙到转轴的距离较大，则丙先达到滑动的临界点，故C正确，D错误。 9．(15分)(2024·江西卷)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。 10．(5分)(多选)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0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，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(　 　) BD 谢谢观看！ 【解析】　根据题意可知，物块沿斜面向上做匀减速直线运动，设初速度为v0，加速度大小为a，斜面倾角为θ；物块在水平方向上做匀减速直线运动，初速度为v0x＝v0cos θ，加速度大小为ax＝a cos θ，则有v－v＝－2axx，整理可得vx＝，可知vxx图像为抛物线的一部分，故A、B错误；物块在竖直方向上做匀减速直线运动，速度为v0y＝v0sin θ，加速度大小为ay＝a sin θ，则有v－v＝－2ayy，整理可得vy＝，可知vyy图像为抛物线的一部分，故C正确，D错误。 【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。 轻杆牵连 v cos θ＝v′sin θ v1sin θ＝v2sin θ 轻绳牵连 vBcos α＝vAcos β vB＝v∥＝vAcos θ 1．处理抛体运动(或类平抛运动)时，利用“化曲为直”的思想，分别研究物体在两个不同方向的分运动，再根据运动学公式、牛顿运动定律、几何关系等列式求解。 2．如图甲所示，对于物体从斜面上水平抛出又落到斜面上的问题，有＝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，对平抛运动的物体垂直打在斜面上，有＝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 α＝2tan θ。对于任一位置A，过A点作其速度方向的反向延长线交Ox轴于C点，有OC＝。 【解析】　鸟食的运动视为平抛运动，则在竖直方向有h＝gt2，由于hM<hN，则tM<tN，要同时接到鸟食，则在N点接到的鸟食先抛出，故A、B错误；在水平方向有x＝v0t，如图，过M点作一水平面，可看出在相同高度处M点的水平位移大，则在M点接到的鸟食平抛的初速度较大，故C错误，D正确。 A．落于B点的小球飞行时间为t B．v2＝gt C．落于C点的小球的水平位移为gt2 D．A点距水平面MN的高度为gt2 【解析】　落于C点的小球速度垂直于QO，则两分速度大小相等，即v1＝gt，得出水平位移x＝v1t＝gt2，故C正确；落于B点的小球分解位移如图所示，其中，B、C在同一水平面上，故飞行时间都为t，由图可得tan 45°＝＝，所以v2＝，故A正确，B错误；设C点距水平面MN的高度为h，由几何关系知x＝2h＋v2t，联立以上几式可得h＝gt2，故A距水平面MN的高度H＝h＋gt2＝gt2，故D正确。 A．运动时间为2s 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】　对重物从P运动到Q的过程，水平方向上有x＝v0t cos 30°，竖直方向上有y＝－v0t sin 30°＋gt2，由几何关系有＝tan 30°，联立解得重物的运动时间t＝4 s，A错误；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＝＝，所以重物的落地速度与水平方向夹角为60°，B正确；对重物从P运动到Q的过程，垂直于PQ连线方向有2ghmcos 30°＝(v0sin 60°)2，解得重物离PQ连线的最远距离hm＝10 m，C错误；结合B项分析可知，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，D正确。 情境展示 规律方法 分解位移 tan θ＝＝＝ 分解速度 tan θ＝＝ 情境展示 规律方法 分解速度 tan θ＝＝ 速度存在范围，找临界点 运用逆向思维，在最高点可转化为平抛运动 情境展示 规律方法 水平位移x与半径R的差的平方与竖直位移的平方之和等于R的平方 1．分析思路 (1)要进行受力分析，需明确向心力的来源，确定圆心以及半径。 (2)列出正确的动力学方程，Fn＝m＝mω2r＝mωv＝mr。 2．技巧方法 竖直平面内圆周运动的最高点和最低点的速度通常利用动能定理来建立联系，然后结合牛顿第二定律进行动力学分析。 3．典型模型 [圆周运动的物理量](多选)(2025·福建卷)如图为春晚上转手绢的机器人，手绢上有P、Q两点，圆心为O，已知OQ＝OP，手绢绕O点做匀速圆周运动，则(　 　) A．P、Q线速度之比为1∶ B．P、Q角速度之比为∶1 C．P、Q向心加速度之比为∶1 D．P点所受合力总是指向O 【解析】　手绢做匀速圆周运动，由题图可知P、Q属于同轴转动模型，故角速度相等，即角速度之比为1∶1，B错误；由v＝ωr可知，P、Q线速度之比vP∶vQ＝rOP∶rOQ＝1∶，A正确；由an＝ω2r可知，P、Q向心加速度之比anP∶anQ＝rOP∶rOQ＝1∶，C错误；做匀速圆周运动的物体，其所受合力提供向心力，故合力总是指向圆心O，D正确。 [水平面内圆周运动](2025·江西宜春二模)如图，水平圆盘上沿直径方向放着用轻绳相连可视为质点的物体A和B，此时轻绳恰好伸直但没有弹力。A的质量为5m，B的质量为m。它们分居圆心两侧，到圆心的距离分别为RA＝r，RB＝2r，A、B与圆盘间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若转盘从静止开始缓慢加速转动，在A、B滑动前轻绳未断，则(　　) A．A的摩擦力先增大后减小，再增大 B．A的摩擦力一直增大 C．B的摩擦力先增大，后保持不变 D．B的摩擦力先增大后不变，再减小，再反向增大 【解析】　刚开始角速度较小时，A、B两个物体由所受的静摩擦力提供向心力，因B物体离圆心更远，故B物体所需要向心力更大，即B物体所受的静摩擦力先达到最大值，此时有μmg＝mω2×2r，之后对A有fA＋T＝5mωr，对B有fB＋T＝mω×2r，联立消去T可得fA＝3mωr＋fB，可知ω继续增大，直到A摩擦力达到最大值5μmg，此过程B摩擦力保持不变。根据两者摩擦力方向可知，此时并未达到最终状态，根据重心在O点靠A侧可知，最后会向A侧滑出。故根据fA＋T＝5mωr，可知T要继续增大，则根据fA＝3mωr＋fB，对B应有fB＝fA－3mωr，则ω继续增大，fB会减小到0后反向增大到最大值，此过程fA不变。综上有A的摩擦力先增大后不变；B的摩擦力先增大后不变再减小到0后反向增大，故选D。 A．A球做圆周运动到最高点的最小速度为 m/s B．B球做圆周运动到最高点的最小速度为 m/s C．某次A、B两球运动到最高点对细绳、细杆的作用力大小均为2 N，则此时A、B两球经过最高点时的速度大小一定相等 D．A球在最低点和最高点受到细绳的拉力差值大小为60 N 【解析】　A球与细绳相连，则恰好能到最高点时有mg＝m，解得v1＝ m/s，故A正确；B球与细杆相连，则恰好能到最高点的速度大小为0，故B错误；某次A、B两球运动到最高点对细绳、细杆的作用力大小均为2 N，若都为拉力，则mg＋F＝m可知，此时A、B两球经过最高点时的速度大小一定相等，若细杆的作用力为支持力，则mg－F＝m，此时两球经过最高点的速度大小不相等，故C错误；设A球在最低点受到细绳的拉力为F1，则F1－mg＝m，最高点受到细绳的拉力为F2，则F2＋mg＝m，A球从最低点到最高点，根据动能定理有－mg×2L＝mv′－mv，差值大小为F1－F2＝60 N，故D正确。 A．ωmax＝ rad/s B．ωmax＝ rad/s C．无人机运动到B点时，在A点释放的物品已经落地 D．无人机运动到B点时，在A点释放的物品尚未落地 【解析】　物品从无人机上释放后，做平抛运动，竖直方向H＝gt2，可得t＝2 s，要使物品落点在目标区域内，水平方向满足x＝＝vt，最大角速度等于ωmax＝，联立可得v＝2 m/s，ωmax＝ rad/s，故A错误，B正确；无人机从A到B所需的时间t′＝＝ s，由于t′>t，可知无人机运动到B点时，在A点释放的物品已经落地，故C正确，D错误。 解析：不计空气阻力，喷泉喷出的水在空中只受重力，加速度均为重力加速度，故A正确；设喷泉喷出的水在竖直方向的分速度为vy，水平方向的分速度为vx，竖直方向，根据对称性可知在空中运动的时间t＝2，结合题图可知tb>ta，故D错误；最高点的速度等于水平方向的分速度vx＝，由于水平方向的位移大小相等，则a在最高点的速度大于b在最高点的速度，故C错误；由喷泉轨迹可知两喷泉出射点的速度方向不同，则两喷泉的初速度不同，故B错误。 解析：青蛙做平抛运动，水平方向是匀速直线运动，竖直方向是自由落体运动，则有x＝vt，h＝gt2，可得v＝x，因此水平位移越小，竖直高度越大初速度越小，因此跳到荷叶c上面初速度最小，故选C。 解析：由题意可知，甲、乙两船的实际速度方向相同，根据如图所示的几何关系有tan θ＝，cos θ＝，联立解得sin θ＝＝，联立以上可得＝，代入题中数据，解得v水＝3 m/s，故A错误；设乙船渡河的时间为t乙，则有＝v乙t乙·tan θ，解得t乙＝100 s，故B错误；两渡口的距离s＝v乙t乙tan θ＝180 m，故C正确；两岸的距离d＝s cos θ＝144 m，故D错误。 解析：对小球受力分析可知F向＝mg tan θ＝mω2R，解得ω＝5 rad/s，故A正确；线速度大小为v＝ωR＝2 m/s，故B错误；向心加速度大小为an＝ω2R＝10 m/s2，故C正确；所受支持力大小为N＝＝ N，故D错误。 解析：由于小鱼在运动过程中只受重力作用，则小鱼在水平方向上做匀速直线运动，即vx为一定值，则有x＝vxt，A可能正确，C错误；小鱼在竖直方向上做竖直上抛运动，则有y＝vy0t－gt2，vy＝vy0－gt，且vy最终减为0，B错误，D可能正确。 7.(5分)如图所示的半圆形凹槽，半径为R。从左侧圆周上与圆心O点等高的A点处平抛一小球，若小球初速度为v0＝，θ为小球击中凹槽位置与圆心O的连线与竖直方向的夹角，则(　　) A．θ＝37° B．θ＝arccos C．θ＝arccos D．若小球的初速度可以任意选择，则小球有可能垂直击中凹槽 解析：小球做平抛运动，水平方向有x＝v0t，竖直方向有y＝gt2，由几何关系有(x－R)2＋y2＝R2，sin θ＝，其中v0＝，代入解得θ＝37°，故A正确，B、C错误；平抛运动速度反向延长线必然均分水平位移，所以小球不可能垂直击中凹槽，故D错误。 解析：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＝mωr1， 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＝。 答案：　 解析：转椅在题图(b)所示情况下所需的向心力Fn2＝mωr2， 转椅受到的摩擦力Ff2＝μFN， 根据几何关系有tan β＝， 由平衡条件，竖直方向上有 FN＋FTcos θ＝mg， 水平面上有Ff2＝FTsin θsin β， 联立解得ω2＝。 答案： A．v＝5 m/s B．v＝3 m/s C．d＝3.6 m D．d＝3.9 m 解析：建立如图所示的三维坐标系，网球在竖直方向做竖直上抛运动，上升的最大高度h1＝(8.45－1.25) m＝7.20 m，所以在击球点竖直方向的分速度v0z＝＝12 m/s，上升时间t1＝＝1.2 s，则v0y＝ m/s＝4 m/s，故沿x方向的分速度v0x＝＝3 m/s；到达最高点P与墙壁碰撞后，沿x方向的分速度v0x＝3 m/s，沿y方向的分速度大小变为v′0y＝4×0.75 m/s＝3 m/s，所以网球碰撞以后的速度大小为v＝＝3 m/s，故A错误，B正确；下落的时间t2＝ s＝1.3 s，网球着地点到墙壁的距离d＝v′0yt2＝3.9 m，故C错误，D正确。 $