压轴03 力、能量与曲线运动（压轴题专练）（广东专用）2026年高考物理终极冲刺讲练测

压轴03 力、能量与曲线运动 命题预测 力、能量与曲线运动是广东高考物理力学体系的核心延伸模块，是选择题、实验题、计算题的必考内容，占全卷分值约25%-30%，是高三复习的核心重点。该考点是直线运动、受力分析、能量规律的综合应用载体，也是电磁学、天体运动等综合问题的基础，命题注重情境化、模型化与多过程融合，掌握核心规律与解题模型是提分关键。 常见题型主要有：抛体运动规律应用类、圆周运动动力学分析类、万有引力与宇宙航行类、多过程曲线运动-能量融合类。预计2026年广东高考命题仍围绕以上核心题型展开。此外，近几年高考真题与模拟题中，对运动的合成与分解、绳/杆/轨道圆周运动临界问题、天体变轨与双星/多星模型、曲线运动与能量/动量综合压轴考查比重持续加大，不仅考查基本公式与规律的应用，更常以体育运动（滑雪、投篮）、航空航天（卫星发射、探测器变轨）、工业生产（圆周传动、离心装置）、生活场景（汽车过弯、无人机飞行）等真实物理情境为背景进行命题，强化模型抽象与综合分析能力的考查。 高频考法 1. 运动的合成与分解、抛体运动规律 2.圆周运动的动力学与能量分析 3.万有引力定律与宇宙航行 4.曲线运动与力、能量的综合问题 知识·技法·思维 题型01 运动的合成与分解、抛体运动规律 1. 两个互成角度的直线运动的合运动性质的判断 两个互成角度的分运动 合运动 两个匀速直线运动 匀速直线运动 两个初速度为零的匀加速直线运动 匀加速直线运动 两个初速度不为零的匀变速直线运动 如果与共线,为匀变速直线运动 如果与不共线,为匀变速曲线运动 一个匀速直线运动和一个匀变速直线运动 如果与共线,为匀变速直线运动 如果与不共线,为匀变速曲线运动 2. 小船渡河问题 1)解决这类问题的关键:正确区分船的分运动和合运动.船的航行方向也就是船头指向,是分运动;船的运动方向也就是船的实际运动方向,是合运动,一般情况下与船头指向不一致. 2)运动分解的基本方法:按实际效果分解,一般用平行四边形定则沿水流方向和船头指向进行分解. 模型解读 分运动1 分运动2 合运动 运动 船相对于静水的划行运动 船随水漂流的运动 船的实际运动 速度本质 发动机给船的速度 水流给船的速度 船相对于岸的速度 速度方向 沿船头指向 沿水流方向 合速度方向,轨迹(切线)方向 渡河时间 　①渡河时间只与船垂直于河岸方向的分速度有关,与水流速度无关 　②渡河时间最短:船头正对河岸时,渡河时间最短, (d为河宽) 渡河位移 　①若v船>v水，当船头方向与上游河岸夹角θ满足v船cos θ＝v水时，合速度垂直河岸，渡河位移最短，且xmin＝d 　②若v船<v水，合速度不可能垂直于河岸，无法垂直渡河．当船头方向(即v船方向)与合速度方向垂直时，渡河位移最短，且 3. 关连速度 1）定义：两物体通过不可伸长的轻绳(杆)相连，当两物体都发生运动，且物体运动的方向不在绳(杆)的直线上，两物体的速度是关联的． 2）处理关联速度问题的方法：首先认清哪个是合速度、哪个是分速度．物体的实际速度一定是合速度，把物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和平行于绳(杆)两个分速度，根据沿绳(杆)方向的分速度大小相等求解. 3）常见的速度分解模型 情景图示 定量结论 v＝v物cos θ v物′＝v∥＝v物cos θ v∥＝v∥′ 即v物cos θ＝v物′cos α v∥＝v∥′ 即v物cos α＝v物′cos β 4.平抛运动的规律及推论 1）飞行时间:由知,飞行时间取决于下落高度h. 2）水平射程: ,即水平射程由初速度v0和下落高度h共同决定,与其他因素无关. 3）落地速度: ,以θ表示落地速度与x轴正方向间的夹角,有,所以落地速度只与初速度v0和下落高度h有关. 4）速度改变量:物体在任意相等时间内的速度改变量相同,方向恒为竖直向下. 【技巧点拨】平抛运动的速度均匀变化，速率不是均匀变化。 5）平抛运动的两个重要结论 ①做平抛运动的物体在任意时刻(任意位置)处，有. ②做平抛运动的物体在任意时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过水平位移的中点，即. 5. 平抛运动与各种面结合问题 1）平抛与竖直面结合 2）平抛与斜面结合 ①顺着斜面平抛 情形一：落到斜面上，已知位移方向沿斜面向下 处理方法：分解位移． 可求得. 情形二：物体离斜面距离最大，已知速度方向沿斜面向下 处理方法：分解速度 可求得. ②对着斜面平抛：垂直打在斜面上，已知速度方向垂直斜面向下 处理方法：分解速度． 可求得. 3）平抛与圆面结合 ①小球从半圆弧左边沿平抛，落到半圆内的不同位置． 处理方法：由半径和几何关系制约时间t： 联立两方程可求t. ②小球恰好沿B点的切线方向进入圆轨道，此时半径OB垂直于速度方向，圆心角α与速度的偏向角相等． 处理方法：分解速度． 可求得. ③小球恰好从圆柱体Q点沿切线飞过，此时半径OQ垂直于速度方向，圆心角θ与速度的偏向角相等． 处理方法：分解速度． 可求得. 4） 与圆弧面有关的平抛运动：题中常出现一个圆心角，通过这个圆心角，就可找出速度的方向及水平位移和竖直位移的大小，再用平抛运动的规律列方程求。 6. 平抛运动的临界问题 1）常见的三种临界特征 ①有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼,明显表明题述的过程中存在着临界点. ②若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语,表明题述的过程中存在着“起止点”,而这些起止点往往就是临界点. ③若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼,表明题述的过程中存在着极值,这个极值点往往是临界点. 2）平抛运动临界问题的分析方法 ①确定研究对象的运动性质; ②根据题意确定临界状态; ③确定临界轨迹,画出轨迹示意图; ④应用平抛运动的规律结合临界条件列方程求解. 7. 斜抛运动及解题思路 1）定义：将物体以初速度v0斜向上方或斜向下方抛出,物体只在重力作用下所做的运动. 2）运动性质：加速度为g的匀变速曲线运动,轨迹为抛物线. 3）研究方法：运动的合成与分解 ①水平方向：匀速直线运动； ②竖直方向：匀变速直线运动． 4）基本规律(以斜向上抛为例) ①水平方向:做匀速直线运动, . ②竖直方向:做竖直上抛运动, . 5）平抛运动和斜抛运动的相同点 ①都只受到重力作用,加速度相同,相等时间内速度的变化量相同. ②都是匀变速曲线运动,轨迹都是抛物线. ③都可采用“化曲为直”的运动的合成与分解的方法分析问题. 【技巧点拨】逆向思维法处理斜抛问题：对斜上抛运动，从抛出点到最高点的运动可逆过程分析，看成平抛运动，分析完整的斜上抛运动，还可根据对称性求解某些问题． 题型02 圆周运动的动力学与能量分析 1．圆周运动动力学分析过程： 2.水平面内的圆盘临界模型 ①口诀：“谁远谁先飞”； ②a或b发生相对圆盘滑动的各自临界角速度： ； ①口诀：“谁远谁先飞”； ②轻绳出现拉力，先达到B的临界角速度：； ③AB一起相对圆盘滑动时，临界条件： 隔离A：T=μmAg；隔离B：T+μmBg=mBω22rB 整体：μmAg+μmBg=mBω22rB AB相对圆盘滑动的临界条件： ①口诀：“谁远谁先飞”； ②轻绳出现拉力，先达到B的临界角速度：； ③同侧背离圆心，fAmax和fBmax指向圆心，一起相对圆盘滑动时， 临界条件： 隔离A：μmAg-T=mAω22rA；隔离B：T+μmBg=mBω22rB 整体：μmAg+μmBg=mAω22rA+mBω22rB AB相对圆盘滑动的临界条 ①口诀：“谁远谁先飞”（rB>rA）； ②轻绳出现拉力临界条件：； 此时B与面达到最大静摩擦力，A与面未达到最大静摩擦力。 此时隔离A：fA+T=mAω2rA；隔离B：T+μmBg=mBω2rB 消掉T：fA=μmBg-(mBrB-mArA)ω2 ③当mBrB=mArA时，fA=μmBg，AB永不滑动，除非绳断； ④AB一起相对圆盘滑动时，临界条件： 1）当mBrB>mArA时，fA↓=μmBg-(mBrB-mArA)ω2↑→fA=0→反向→fA达到最大→从B侧飞出； 2）当mBrB<mArA时，fA↑=μmBg+(mArA-mBrB)ω2↑→fA达到最大→ω↑→T↑→fB↓→fB=0→反向→fB达到最大→从A侧飞出； AB相对圆盘滑动的临界条件 临界条件： ①，； ②， 临界条件： ① ② 3.圆周运动的能量分析 题型03 万有引力定律与宇宙航行 题型04 曲线运动与力、能量的综合问题 1.拆过程：把复杂运动分成几段（平抛、圆周、斜面、直线等），一段一段分析。 2.判受力：找合力是否指向轨迹凹侧，判断做什么曲线运动。 3.选规律 只有重力/弹力做功：机械能守恒 有摩擦、拉力、推力等做功：动能定理 4.定状态：选初、末位置，写高度、速度，列能量方程。 5.联临界 平抛：看是否过界、是否落到斜面上 竖直圆周：绳模型最高点，杆模型 v 6.算结果：先能量求速度，再用力学公式求力、加速度、时间。 典例·靶向·突破 题型01 运动的合成与分解、抛体运动规律 1.C 2.B 题型02 圆周运动的动力学与能量分析 3.A 4.BCD 5.【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）木塞的末速度等于齿轮线速度，对木塞，根据运动学公式 根据角速度和线速度的关系 联立可得 （2）根据题意画出木塞摩擦力与运动距离的关系图如图所示 可得摩擦力对木塞所做的功为 对木塞，根据动能定理 解得 （3）设开瓶器对木塞的作用力为，对木塞，根据牛顿第二定律 速度 位移 开瓶器的功率 联立可得 题型03 万有引力定律与宇宙航行 6.D 7.B 8.D 9.AC 题型04 曲线运动与力、能量的综合问题 10.C 11．【答案】(1)，，方向竖直向上 (2) (3)， (4)见解析 【详解】（1）对a物块下滑过程中根据动能定理有 可得； 在B点根据牛顿第二定律有 可得，方向竖直向上； （2）如图 由于h<<r，滑块a所受回复力F，则 可知滑块受到的回复力F与x成正比，方向与x相反，因此滑块a从释放到第一次到达最低点的运动是简谐运动。 （3）滑块b在圆弧形斜面上垂直槽轴线方向的运动性质与a相同，平行槽轴线方向做匀速度直线运动。设滑块b的速度沿槽轴线和垂直槽轴线分速度为vbx、vby，如图 当vbx=0时，滑块b第一次滑到最高点，由题意可知滑块b到达的最高点高度与滑块a的开始下滑的高度相等。此时速度为vby，经历的时间t1为； 又因与滑块a最高点相同，由题意可知 即 因为滑块a、b在最高点发生碰撞，设碰后滑块b的速度为v'by。由动量守恒和机械能守恒有， 联立解得， （4）碰后滑块a在平行于槽轴线方向的速度始终为va，从MN边界射出的最基本的几种临界情况如图1、2、3、4所示。考虑周期性，则L有多种情况 由题给数据可得，， 滑块a每一次在圆弧型斜面上滑或下滑的时间为 滑块a每一次滑过水平面的时间为 又由于滑块a从任一点出发回到该点同高度位置时的时间相等，设时间为T，则T=4t1+2t2=(2π+1) s 滑块a由碰后到从MN之间飞出的时间t满足，L=0.4t 所以由图1、2可知或，…… 由图3、4可知即或者，…… 综上分析可知t应满足 则滑块a能从MN之间飞出时L的范围为，（n=0，1，2，3，4……） 12．【答案】(1)2m/s (2) (3)1.197J 【详解】（1）由几何关系，得 解得 污水脱离脱水篮后做平抛运动，在竖直方向，有 解得 在水平方向，有 解得 （2）主杆到遮光点的水平距离 根据线速度和角速度的关系，得 解得 （3）设在时间内，脱水篮旋转圈，则脱水篮边缘的线速度 主杆下降了，下降的速度 且有 代入、、、，联立解得 代入第（2）问中脱水篮的角速度，可得脱水篮边缘的线速度 主杆下降的速度 由能量守恒定律，得 解得 1.B 2.BC 3.【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）弹丸和物块整体一起从最低点摆动到最高点的过程中， 根据机械能守恒定律可得 弹丸射入物块的过程中， 根据动量守恒定律可得 联立解得 （2）弹丸射入物块时的初动量 根据动量守恒定律可得 物块处于最低点时，细绳中的拉力最大， 根据牛顿第二定律可得 解得 （3）弹丸射入物块的过程中系统机械能的损失 解得 能量内化率 解得 若要，只需 4.【答案】(1) (2) (3)能从J点冲出圆弧轨道 【详解】（1）小滑块恰好能通过半圆轨道ABC 的C点，根据牛顿第二定律有 根据能量守恒定律有 解得 （2）对小滑块从弹簧解除锁定后到G点过程，根据能量守恒定律有 解得 由于，所以小滑块先做匀减速直线运动，假设小滑块可以减速到与传送带共速，对小滑块，根据动量定理有 根据动能定理有 解得， 所以小滑块先做匀减速直线运动后做匀速直线运动，小滑块到达H点的速度 小滑块匀减速运动过程中，传送带位移的大小 所以小滑块和传送带因摩擦产生的热量 解得 （3）假设小滑块从I点滑上圆弧形物块后不能从J点冲出圆弧轨道，根据水平方向动量守恒有 根据能量守恒定律有 解得 故小滑块能从J点冲出圆弧轨道。 5.【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）从A到竖直圆轨道最高点D，由动能定理有   在D点重力刚好提供向心力                        解得 （2）设半圆轨道半径为r，从C点到E点，由动能定理有 由向心力公式得                          解得              由图像得 所以 则临界时有                解得 （3）设水平向左为正方向，从D点到C点，小车的运动时间为 动量的变化量分别为 即方向水平向左 车受到重力和轨道给车的作用力，且合外力的冲量水平向左，重力冲量竖直向下 根据矢量计算可得             解得 6.【答案】(1)内侧； (2) (3)64J 【详解】（1）包裹在水平转弯机上做圆周运动时，根据，可知包裹放在水平转弯机上内侧不易打滑；半圆形水平转弯机的最大运行角速度 （2）要使包裹在倾斜传送带上不打滑，则需满足 解得 （3）包裹从分拣机上抛出时的速度 包裹从静止释放到落入分拣车的过程中，传送系统及分拣机对包裹做的功 7.【答案】(1) (2)2m (3)2.5m或2m 【详解】（1）对滑块1由动能定理 解得滑块1与滑块2碰前的速度大小为 滑块1与滑块2碰撞过程中，由动量守恒定律 解得碰撞后瞬间滑块3的速度大小为 （2）在轨道D点，由牛顿第二定律 解得 滑块3从D点到C＇点，由机械能守恒定律 解得 结合， 联立解得 （3）滑块3从C＇点到F点的过程中，由动能定理 若滑块3直接落入洞中，则竖直方向 水平方向 结合， 联立解得 若经一次反弹落入洞中，则 水平方向 结合， 联立解得 由计算结果，可知滑块在斜轨道上高度为处开始下滑，是滑块能通过圆轨道最高点的最小高度，因此是滑块开始下滑到在GH经一次反弹落入洞中。因此小问3的答案是或。 8.【答案】（1）；（2）a．；b．H随t增大而减小 【详解】（1）在宇宙中所有位置观测的结果都一样，则小星体P运动前后距离O点半径为和的球内质量相同，即 解得小星体P远离到处时宇宙的密度 （2）a．此球内的质量 P从处远离到处，由能量守恒定律得，动能的变化量 b．由a知星体的速度随增大而减小，星体到观测点距离越大，运动时间t越长，由知，H减小，故H随t增大而减小。 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 压轴03 力、能量与曲线运动 命题预测 力、能量与曲线运动是广东高考物理力学体系的核心延伸模块，是选择题、实验题、计算题的必考内容，占全卷分值约25%-30%，是高三复习的核心重点。该考点是直线运动、受力分析、能量规律的综合应用载体，也是电磁学、天体运动等综合问题的基础，命题注重情境化、模型化与多过程融合，掌握核心规律与解题模型是提分关键。 常见题型主要有：抛体运动规律应用类、圆周运动动力学分析类、万有引力与宇宙航行类、多过程曲线运动-能量融合类。预计2026年广东高考命题仍围绕以上核心题型展开。此外，近几年高考真题与模拟题中，对运动的合成与分解、绳/杆/轨道圆周运动临界问题、天体变轨与双星/多星模型、曲线运动与能量/动量综合压轴考查比重持续加大，不仅考查基本公式与规律的应用，更常以体育运动（滑雪、投篮）、航空航天（卫星发射、探测器变轨）、工业生产（圆周传动、离心装置）、生活场景（汽车过弯、无人机飞行）等真实物理情境为背景进行命题，强化模型抽象与综合分析能力的考查。 高频考法 1. 运动的合成与分解、抛体运动规律 2.圆周运动的动力学与能量分析 3.万有引力定律与宇宙航行 4.曲线运动与力、能量的综合问题 知识·技法·思维 题型01 运动的合成与分解、抛体运动规律 1. 两个互成角度的直线运动的合运动性质的判断 两个互成角度的分运动 合运动 两个匀速直线运动 匀速直线运动 两个初速度为零的匀加速直线运动 匀加速直线运动 两个初速度不为零的匀变速直线运动 如果与共线,为匀变速直线运动 如果与不共线,为匀变速曲线运动 一个匀速直线运动和一个匀变速直线运动 如果与共线,为匀变速直线运动 如果与不共线,为匀变速曲线运动 2. 小船渡河问题 1)解决这类问题的关键:正确区分船的分运动和合运动.船的航行方向也就是船头指向,是分运动;船的运动方向也就是船的实际运动方向,是合运动,一般情况下与船头指向不一致. 2)运动分解的基本方法:按实际效果分解,一般用平行四边形定则沿水流方向和船头指向进行分解. 模型解读 分运动1 分运动2 合运动 运动 船相对于静水的划行运动 船随水漂流的运动 船的实际运动 速度本质 发动机给船的速度 水流给船的速度 船相对于岸的速度 速度方向 沿船头指向 沿水流方向 合速度方向,轨迹(切线)方向 渡河时间 　①渡河时间只与船垂直于河岸方向的分速度有关,与水流速度无关 　②渡河时间最短:船头正对河岸时,渡河时间最短, (d为河宽) 渡河位移 　①若v船>v水，当船头方向与上游河岸夹角θ满足v船cos θ＝v水时，合速度垂直河岸，渡河位移最短，且xmin＝d 　②若v船<v水，合速度不可能垂直于河岸，无法垂直渡河．当船头方向(即v船方向)与合速度方向垂直时，渡河位移最短，且 3. 关连速度 1）定义：两物体通过不可伸长的轻绳(杆)相连，当两物体都发生运动，且物体运动的方向不在绳(杆)的直线上，两物体的速度是关联的． 2）处理关联速度问题的方法：首先认清哪个是合速度、哪个是分速度．物体的实际速度一定是合速度，把物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和平行于绳(杆)两个分速度，根据沿绳(杆)方向的分速度大小相等求解. 3）常见的速度分解模型 情景图示 定量结论 v＝v物cos θ v物′＝v∥＝v物cos θ v∥＝v∥′ 即v物cos θ＝v物′cos α v∥＝v∥′ 即v物cos α＝v物′cos β 4.平抛运动的规律及推论 1）飞行时间:由知,飞行时间取决于下落高度h. 2）水平射程: ,即水平射程由初速度v0和下落高度h共同决定,与其他因素无关. 3）落地速度: ,以θ表示落地速度与x轴正方向间的夹角,有,所以落地速度只与初速度v0和下落高度h有关. 4）速度改变量:物体在任意相等时间内的速度改变量相同,方向恒为竖直向下. 【技巧点拨】平抛运动的速度均匀变化，速率不是均匀变化。 5）平抛运动的两个重要结论 ①做平抛运动的物体在任意时刻(任意位置)处，有. ②做平抛运动的物体在任意时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过水平位移的中点，即. 5. 平抛运动与各种面结合问题 1）平抛与竖直面结合 2）平抛与斜面结合 ①顺着斜面平抛 情形一：落到斜面上，已知位移方向沿斜面向下 处理方法：分解位移． 可求得. 情形二：物体离斜面距离最大，已知速度方向沿斜面向下 处理方法：分解速度 可求得. ②对着斜面平抛：垂直打在斜面上，已知速度方向垂直斜面向下 处理方法：分解速度． 可求得. 3）平抛与圆面结合 ①小球从半圆弧左边沿平抛，落到半圆内的不同位置． 处理方法：由半径和几何关系制约时间t： 联立两方程可求t. ②小球恰好沿B点的切线方向进入圆轨道，此时半径OB垂直于速度方向，圆心角α与速度的偏向角相等． 处理方法：分解速度． 可求得. ③小球恰好从圆柱体Q点沿切线飞过，此时半径OQ垂直于速度方向，圆心角θ与速度的偏向角相等． 处理方法：分解速度． 可求得. 4） 与圆弧面有关的平抛运动：题中常出现一个圆心角，通过这个圆心角，就可找出速度的方向及水平位移和竖直位移的大小，再用平抛运动的规律列方程求。 6. 平抛运动的临界问题 1）常见的三种临界特征 ①有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼,明显表明题述的过程中存在着临界点. ②若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语,表明题述的过程中存在着“起止点”,而这些起止点往往就是临界点. ③若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼,表明题述的过程中存在着极值,这个极值点往往是临界点. 2）平抛运动临界问题的分析方法 ①确定研究对象的运动性质; ②根据题意确定临界状态; ③确定临界轨迹,画出轨迹示意图; ④应用平抛运动的规律结合临界条件列方程求解. 7. 斜抛运动及解题思路 1）定义：将物体以初速度v0斜向上方或斜向下方抛出,物体只在重力作用下所做的运动. 2）运动性质：加速度为g的匀变速曲线运动,轨迹为抛物线. 3）研究方法：运动的合成与分解 ①水平方向：匀速直线运动； ②竖直方向：匀变速直线运动． 4）基本规律(以斜向上抛为例) ①水平方向:做匀速直线运动, . ②竖直方向:做竖直上抛运动, . 5）平抛运动和斜抛运动的相同点 ①都只受到重力作用,加速度相同,相等时间内速度的变化量相同. ②都是匀变速曲线运动,轨迹都是抛物线. ③都可采用“化曲为直”的运动的合成与分解的方法分析问题. 【技巧点拨】逆向思维法处理斜抛问题：对斜上抛运动，从抛出点到最高点的运动可逆过程分析，看成平抛运动，分析完整的斜上抛运动，还可根据对称性求解某些问题． 题型02 圆周运动的动力学与能量分析 1．圆周运动动力学分析过程： 2.水平面内的圆盘临界模型 ①口诀：“谁远谁先飞”； ②a或b发生相对圆盘滑动的各自临界角速度： ； ①口诀：“谁远谁先飞”； ②轻绳出现拉力，先达到B的临界角速度：； ③AB一起相对圆盘滑动时，临界条件： 隔离A：T=μmAg；隔离B：T+μmBg=mBω22rB 整体：μmAg+μmBg=mBω22rB AB相对圆盘滑动的临界条件： ①口诀：“谁远谁先飞”； ②轻绳出现拉力，先达到B的临界角速度：； ③同侧背离圆心，fAmax和fBmax指向圆心，一起相对圆盘滑动时， 临界条件： 隔离A：μmAg-T=mAω22rA；隔离B：T+μmBg=mBω22rB 整体：μmAg+μmBg=mAω22rA+mBω22rB AB相对圆盘滑动的临界条 ①口诀：“谁远谁先飞”（rB>rA）； ②轻绳出现拉力临界条件：； 此时B与面达到最大静摩擦力，A与面未达到最大静摩擦力。 此时隔离A：fA+T=mAω2rA；隔离B：T+μmBg=mBω2rB 消掉T：fA=μmBg-(mBrB-mArA)ω2 ③当mBrB=mArA时，fA=μmBg，AB永不滑动，除非绳断； ④AB一起相对圆盘滑动时，临界条件： 1）当mBrB>mArA时，fA↓=μmBg-(mBrB-mArA)ω2↑→fA=0→反向→fA达到最大→从B侧飞出； 2）当mBrB<mArA时，fA↑=μmBg+(mArA-mBrB)ω2↑→fA达到最大→ω↑→T↑→fB↓→fB=0→反向→fB达到最大→从A侧飞出； AB相对圆盘滑动的临界条件 临界条件： ①，； ②， 临界条件： ① ② 3.圆周运动的能量分析 题型03 万有引力定律与宇宙航行 题型04 曲线运动与力、能量的综合问题 1.拆过程：把复杂运动分成几段（平抛、圆周、斜面、直线等），一段一段分析。 2.判受力：找合力是否指向轨迹凹侧，判断做什么曲线运动。 3.选规律 只有重力/弹力做功：机械能守恒 有摩擦、拉力、推力等做功：动能定理 4.定状态：选初、末位置，写高度、速度，列能量方程。 5.联临界 平抛：看是否过界、是否落到斜面上 竖直圆周：绳模型最高点，杆模型 v 6.算结果：先能量求速度，再用力学公式求力、加速度、时间。 典例·靶向·突破 题型01 运动的合成与分解、抛体运动规律 1．（2022·广东·高考真题）图是滑雪道的示意图。可视为质点的运动员从斜坡上的M点由静止自由滑下，经过水平NP段后飞入空中，在Q点落地。不计运动员经过N点的机械能损失，不计摩擦力和空气阻力。下列能表示该过程运动员速度大小v或加速度大小a随时间t变化的图像是（　　） A． B． C． D． 2．（2022·广东·高考真题）如图所示，在竖直平面内，截面为三角形的小积木悬挂在离地足够高处，一玩具枪的枪口与小积木上P点等高且相距为L。当玩具子弹以水平速度v从枪口向P点射出时，小积木恰好由静止释放，子弹从射出至击中积木所用时间为t。不计空气阻力。下列关于子弹的说法正确的是（　　） A．将击中P点，t大于 B．将击中P点，t等于 C．将击中P点上方，t大于 D．将击中P点下方，t等于 题型02 圆周运动的动力学与能量分析 3．（2024·广东·高考真题）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． B． C． D． 4．（多选）（2023·广东·高考真题）人们用滑道从高处向低处运送货物．如图所示，可看作质点的货物从圆弧滑道顶端点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端点时速度大小为。已知货物质量为，滑道高度为，且过点的切线水平，重力加速度取。关于货物从点运动到点的过程，下列说法正确的有（    ）    A．重力做的功为 B．克服阻力做的功为 C．经过点时向心加速度大小为 D．经过点时对轨道的压力大小为 5．（2025·广东·高考真题）如图所示，用开瓶器取出紧塞在瓶口的软木塞时，先将拔塞钻旋入木塞内，随后下压把手，使齿轮绕固定支架上的转轴转动，通过齿轮啮合，带动与木塞相固定的拔塞钻向上运动。从0时刻开始，顶部与瓶口齐平的木塞从静止开始向上做匀加速直线运动，木塞所受摩擦力f随位移大小x的变化关系为，其中为常量，h为圆柱形木塞的高，木塞质量为m，底面积为S，加速度为a，齿轮半径为r，重力加速度为g，瓶外气压减瓶内气压为且近似不变，瓶子始终静止在桌面上。（提示：可用图线下的“面积”表示f所做的功）求： (1)木塞离开瓶口的瞬间，齿轮的角速度。 (2)拔塞的全过程，拔塞钻对木塞做的功W。 (3)拔塞过程中，拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P随时间t变化的表达式。 题型03 万有引力定律与宇宙航行 6．（2025·广东·高考真题）一颗绕太阳运行的小行星，其轨道近日点和远日点到太阳的距离分别约为地球到太阳距离的5倍和7倍。关于该小行星，下列说法正确的是（　　） A．公转周期约为6年 B．从远日点到近日点所受太阳引力大小逐渐减小 C．从远日点到近日点线速度大小逐渐减小 D．在近日点加速度大小约为地球公转加速度的 7．（2023·广东·高考真题）如图（a）所示，太阳系外的一颗行星P绕恒星Q做匀速圆周运动。由于P的遮挡，探测器探测到Q的亮度随时间做如图（b）所示的周期性变化，该周期与P的公转周期相同。已知Q的质量为，引力常量为G。关于P的公转，下列说法正确的是（    ）    A．周期为 B．半径为 C．角速度的大小为 D．加速度的大小为 8．（2022·广东·高考真题）“祝融号”火星车需要“休眠”以度过火星寒冷的冬季。假设火星和地球的冬季是各自公转周期的四分之一，且火星的冬季时长约为地球的1.88倍。火星和地球绕太阳的公转均可视为匀速圆周运动。下列关于火星、地球公转的说法正确的是（　　） A．火星公转的线速度比地球的大 B．火星公转的角速度比地球的大 C．火星公转的半径比地球的小 D．火星公转的加速度比地球的小 9．（多选）（2024·广东·高考真题）如图所示，探测器及其保护背罩通过弹性轻绳连接降落伞。在接近某行星表面时以的速度竖直匀速下落。此时启动“背罩分离”，探测器与背罩断开连接，背罩与降落伞保持连接。已知探测器质量为1000kg，背罩质量为50kg，该行星的质量和半径分别为地球的和。地球表面重力加速度大小取。忽略大气对探测器和背罩的阻力。下列说法正确的有（　　） A．该行星表面的重力加速度大小为 B．该行星的第一宇宙速度为 C．“背罩分离”后瞬间，背罩的加速度大小为 D．“背罩分离”后瞬间，探测器所受重力对其做功的功率为30kW 题型04 曲线运动与力、能量的综合问题 10．（2026·广东·模拟预测）1996年，国际天文学会正式通过决议，将国际编号为3421的小行星命名为“杨振宁星”，以表彰其在粒子物理学、统计力学和凝聚态物理等领域作出的里程碑式的贡献。已知“杨振宁星”沿近似圆轨道绕太阳运行，其轨道半径约为2个天文单位（地球到太阳中心的距离为1个天文单位）。假设地球公转轨道也是圆轨道，下列说法正确的是（　　） A．“杨振宁星”绕太阳运行的线速度约为地球公转线速度的倍 B．“杨振宁星”绕太阳运行的加速度约为地球公转加速度的4倍 C．“杨振宁星”绕太阳运行的周期约为年 D．“杨振宁星”绕太阳运行的角速度约为地球公转角速度的倍 11．（2026·浙江·高考真题）如图所示。一宽度为d的光滑长方形平板MNQP，长边MN、PQ分别平滑连接半径均为r的光滑圆弧面，形成“U”形槽，将其整体固定在水平地面上。现有质量为m的物块a，从圆弧面上相对平板竖直高度为h的A点静止下滑(h<< r)，途经圆弧面上最低点B，平板上有一质量为的物块b与MN成45°角从O点滑入圆弧面，第一次到达最高点时恰好与同时到达最高点的物块a发生弹性碰撞。两物块均为质点。 (1)求物块a第一次经过B点时速度大小v0和所受支持力大小FN； (2)从A到B的过程：物块a相对于B点位移为x，求其所受回复力F与x的关系式； (3)求物块b的初速度大小vb以及碰撞后瞬间物块a的速度大小va； (4)若h=0.032m，r=10m，d=0.4m，要使物块a从NQ之间滑离，求BQ间距L的范围。 12．（2026·广东深圳·一模）如图甲，家用旋转拖把主要由主杆、传动系统和拖布头组成。沿竖直方向推主杆，能实现拖布头的单向旋转。将拖布头放入脱水篮，拖布头与脱水篮结合成为一个整体，向下推动主杆，传动系统会带动拖布头及脱水篮一起快速旋转，将水甩出。g取。 (1)已知脱水篮半径，收纳桶半径R＝12.0cm，俯视如图乙所示。用力向下推动主杆一定距离，污水脱离脱水篮后沿切线水平方向飞出，击中收纳桶内侧边缘上某点，测得该点距飞出点的高度差H＝1.0cm。请计算污水脱离脱水篮时的速度大小； (2)脱水结束后继续探究。在脱水篮外侧面固定一轻质遮光片，收纳桶内侧面固定光电门，遮光点到脱水篮边缘距离L＝2.0cm。将钩码固定在主杆上，保持主杆竖直，由静止释放钩码，当钩码下降h＝6.0cm时，测得遮光点的线速度为v＝1.0m/s。请计算此时脱水篮的角速度； (3)该拖把采用齿轮传动，主杆每下降d＝3cm，脱水篮旋转n＝1圈。钩码和主杆的总质量M＝2.4kg，拖布头及脱水篮总质量m＝1.0kg。若该拖布头及脱水篮总动能的表达式为，求第（2）问中钩码下降6.0cm过程中整个传动系统克服阻力做功大小。（不计空气阻力，取） 1．（2025·山东·模拟预测）“双星系统”与“三星系统”都是宇宙中常见的天体系统，两种系统中，天体均可在万有引力的作用下绕共同的圆心做匀速圆周运动。如图分别为两种天体系统的示意图，图中五个球形天体的质量均为M，天体连心线的长度均为L，引力常量为G、“双星系统”与“三星系统”运动周期之比为（　　） A． B． C． D． 2．（多选）（2025·河北·模拟预测）如图所示，将一个内外侧均光滑的半圆形槽P置于光滑的水平面上，半圆形槽的半径为R、质量为m。在槽的右侧有一个质量为m的物块Q（不与槽粘连），现让一质量为4m的小球自右侧槽口的正上方高0.5R处由静止开始下落，小球从A点与半圆形槽相切进入槽内，已知重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（　　） A．小球第一次运动到半圆槽的最低点时，小球与槽的速度大小相等 B．小球第一次运动到半圆槽的最低点时，物块Q向右运动的距离为 C．整个过程半圆槽P对物块Q的冲量大小为 D．小球在半圆槽内第一次到最低点的运动过程中，小球对槽的冲量大小为 3．（2026·广东·模拟预测）如图甲所示，冲击摆是一种基于物理学原理的装置，广泛应用于实验测量、工程测试和机械设计等领域，图乙为其简化模型：质量为的物块用长为的轻质细绳悬挂在固定点，静止不动时物块位于点正下方，质量为的弹丸以一定水平初速度击中静止的物块，并留在物块中。已知细绳能承受的最大拉力为，弹丸与物块可视为质点且相互作用时间极短，不计空气阻力，重力加速度为。 (1)若细绳偏离竖直方向的最大角度为，求弹丸射入物块时的初速度； (2)为保证细绳不被拉断，弹丸射入时的最大初动能； (3)能量内化率是指弹丸射入物块的过程中系统动能的损失与弹丸初始动能的比值，为使能量内化率不低于80%，求物块质量与弹丸质量应满足的关系。 4．（2026·广东湛江·一模）某弹射游戏装置如图所示，由以下部分依次平滑连接而成（竖直和水平轨道互不影响）：光滑水平轨道、半径为的竖直光滑半圆轨道、半径为 的竖直光滑半圆轨道、长度的水平直轨道、长度 且以恒定速率 顺时针转动的水平传送带，以及足够长的光滑水平轨道。其中，点为半圆轨道 的最高点。在光滑水平轨道 上，一轻弹簧一端固定于墙壁，另一端与质量的小滑块（可视为质点）接触但不连接。弹簧初始时在 点处于压缩锁定状态，弹性势能。解除锁定后，小滑块被弹出，恰好能通过点，之后依次滑经轨道和传送带，最终冲上静置于轨道 上表面光滑的四分之一圆弧形物块，其质量，半径。已知滑块与轨道 及传送带 之间的动摩擦因数均为，重力加速度取，空气阻力不计。 (1)求半圆轨道 的轨道半径； (2)求小滑块第一次向右滑过传送带的过程中，小滑块和传送带因摩擦产生的热量； (3)判断小滑块从点滑上圆弧形物块后是否能从点冲出圆弧轨道。 5．（2026·广东广州·模拟预测）图甲所示的电动玩具车的部分轨道可抽象简化为图乙的模型。BE为水平直轨道，点B、C、E分别为螺旋滑槽、单匝竖直圆轨道、水平半圆轨道与水平直轨道的切点，小车可视为质点，质量m=40g，xBC= 1.0m，xCE=0.5m，滑槽上A点到地面的距离h=1.6m，竖直圆轨道半径R=0.3m，小车在直轨道BE所受的阻力大小均为f=0.2N，重力加速度g取10m/s2。 (1)第一次实验，关闭小车发动机，将小车从A点静止释放，小车沿着螺旋滑槽滑下，从B点滑上水平直轨道，且恰能通过竖直圆轨道的最高点D，求此过程中，小车克服螺旋滑槽和竖直圆轨道的阻力做的功W； (2)第二次实验，在不同位置释放小车，测得小车离开竖直圆轨道C点时的速率为vc，经过半圆轨道E点的向心力为F，vc2随着F变化的图像如图丙所示。小车在半圆轨道E点的最大向心力不能超过F0=28.8N，求小车经E点进入水平圆轨道做匀速圆周运动的最大角速度ω； (3)第三次实验，通过遥控装置控制小车在竖直圆轨道完成一周匀速圆周运动，速率恒为m/s，求从D点运动半圈到C点轨道对小车的作用力的冲量I大小。（π2≈10） 6．（2025·广东佛山·一模）如图所示，某智能物流中心采用复合传送系统分拣包裹。传送系统的左端为一半圆环形水平转弯机，其中心线的半径为R0=2m，最小半径R1=1m，最大半径R2=3m。将多个相同的质量m=2kg的包裹以不同的初速度放在转弯机的不同位置，使包裹与转弯机不打滑（即随转弯机同步运动）。包裹离开转弯机后进入水平传送带，与传送带共速后，由长度为L=5m、倾角为=37°的倾斜传送带运送至顶端，再经水平传送带匀速运送至分拣机，最终被水平抛出，落入分拣车中。落点与抛出点的竖直距离和水平距离分别为h=1.8m及s=1.2m。已知：传送系统各部分平滑衔接且为同种材质。忽略空气阻力，包裹可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2。问： (1)包裹放在水平转弯机上的什么位置不易打滑，是内侧还是外侧？若包裹不打滑且水平转弯机各部分的动摩擦因数均为μ0=0.9，求半圆形水平转弯机的最大运行角速度ωm。 (2)要使包裹在倾斜传送带上不打滑，则包裹与传送带之间的动摩擦因数μ至少为多少？ (3)包裹从静止释放到落入分拣车的过程中，传送系统及分拣机对包裹做的功W。 7．（2025·浙江·高考真题）一游戏装置的竖直截面如图所示。倾斜直轨道AB、半径为R的竖直螺旋轨道、水平轨道BC和、倾角为的倾斜直轨道EF平滑连接成一个抛体装置。该装置除EF段轨道粗糙外，其余各段均光滑，F点与水平高台GHI等高。游戏开始，一质量为m的滑块1从轨道AB上的高度h处静止滑下，与静止在C点、质量也为m的滑块2发生完全非弹性碰撞后组合成滑块3，滑上滑轨。若滑块3落在GH段，反弹后水平分速度保持不变，竖直分速度减半；若滑块落在H点右侧，立即停止运动。已知，EF段长度，FG间距，GH间距，HI间距，EF段。滑块1、2、3均可视为质点，不计空气阻力，，。 (1)若，求碰撞后瞬间滑块3的速度大小； (2)若滑块3恰好能通过圆轨道，求高度h； (3)若滑块3最终落入I点的洞中，则游戏成功。讨论游戏成功的高度h。 8．（2024·北京·高考真题）科学家根据天文观测提出宇宙膨胀模型：在宇宙大尺度上，所有的宇宙物质（星体等）在做彼此远离运动，且质量始终均匀分布，在宇宙中所有位置观测的结果都一样。以某一点O为观测点，以质量为m的小星体（记为P）为观测对象。当前P到O点的距离为，宇宙的密度为。 （1）求小星体P远离到处时宇宙的密度ρ； （2）以O点为球心，以小星体P到O点的距离为半径建立球面。P受到的万有引力相当于球内质量集中于O点对P的引力。已知质量为和、距离为R的两个质点间的引力势能，G为引力常量。仅考虑万有引力和P远离O点的径向运动。 a．求小星体P从处远离到。处的过程中动能的变化量； b．宇宙中各星体远离观测点的速率v满足哈勃定律，其中r为星体到观测点的距离，H为哈勃系数。H与时间t有关但与r无关，分析说明H随t增大还是减小。 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 压轴03 力、能量与曲线运动 命题预测 力、能量与曲线运动是广东高考物理力学体系的核心延伸模块，是选择题、实验题、计算题的必考内容，占全卷分值约25%-30%，是高三复习的核心重点。该考点是直线运动、受力分析、能量规律的综合应用载体，也是电磁学、天体运动等综合问题的基础，命题注重情境化、模型化与多过程融合，掌握核心规律与解题模型是提分关键。 常见题型主要有：抛体运动规律应用类、圆周运动动力学分析类、万有引力与宇宙航行类、多过程曲线运动-能量融合类。预计2026年广东高考命题仍围绕以上核心题型展开。此外，近几年高考真题与模拟题中，对运动的合成与分解、绳/杆/轨道圆周运动临界问题、天体变轨与双星/多星模型、曲线运动与能量/动量综合压轴考查比重持续加大，不仅考查基本公式与规律的应用，更常以体育运动（滑雪、投篮）、航空航天（卫星发射、探测器变轨）、工业生产（圆周传动、离心装置）、生活场景（汽车过弯、无人机飞行）等真实物理情境为背景进行命题，强化模型抽象与综合分析能力的考查。 高频考法 1. 运动的合成与分解、抛体运动规律 2.圆周运动的动力学与能量分析 3.万有引力定律与宇宙航行 4.曲线运动与力、能量的综合问题 知识·技法·思维 题型01 运动的合成与分解、抛体运动规律 1. 两个互成角度的直线运动的合运动性质的判断 两个互成角度的分运动 合运动 两个匀速直线运动 匀速直线运动 两个初速度为零的匀加速直线运动 匀加速直线运动 两个初速度不为零的匀变速直线运动 如果与共线,为匀变速直线运动 如果与不共线,为匀变速曲线运动 一个匀速直线运动和一个匀变速直线运动 如果与共线,为匀变速直线运动 如果与不共线,为匀变速曲线运动 2. 小船渡河问题 1)解决这类问题的关键:正确区分船的分运动和合运动.船的航行方向也就是船头指向,是分运动;船的运动方向也就是船的实际运动方向,是合运动,一般情况下与船头指向不一致. 2)运动分解的基本方法:按实际效果分解,一般用平行四边形定则沿水流方向和船头指向进行分解. 模型解读 分运动1 分运动2 合运动 运动 船相对于静水的划行运动 船随水漂流的运动 船的实际运动 速度本质 发动机给船的速度 水流给船的速度 船相对于岸的速度 速度方向 沿船头指向 沿水流方向 合速度方向,轨迹(切线)方向 渡河时间 　①渡河时间只与船垂直于河岸方向的分速度有关,与水流速度无关 　②渡河时间最短:船头正对河岸时,渡河时间最短, (d为河宽) 渡河位移 　①若v船>v水，当船头方向与上游河岸夹角θ满足v船cos θ＝v水时，合速度垂直河岸，渡河位移最短，且xmin＝d 　②若v船<v水，合速度不可能垂直于河岸，无法垂直渡河．当船头方向(即v船方向)与合速度方向垂直时，渡河位移最短，且 3. 关连速度 1）定义：两物体通过不可伸长的轻绳(杆)相连，当两物体都发生运动，且物体运动的方向不在绳(杆)的直线上，两物体的速度是关联的． 2）处理关联速度问题的方法：首先认清哪个是合速度、哪个是分速度．物体的实际速度一定是合速度，把物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和平行于绳(杆)两个分速度，根据沿绳(杆)方向的分速度大小相等求解. 3）常见的速度分解模型 情景图示 定量结论 v＝v物cos θ v物′＝v∥＝v物cos θ v∥＝v∥′ 即v物cos θ＝v物′cos α v∥＝v∥′ 即v物cos α＝v物′cos β 4.平抛运动的规律及推论 1）飞行时间:由知,飞行时间取决于下落高度h. 2）水平射程: ,即水平射程由初速度v0和下落高度h共同决定,与其他因素无关. 3）落地速度: ,以θ表示落地速度与x轴正方向间的夹角,有,所以落地速度只与初速度v0和下落高度h有关. 4）速度改变量:物体在任意相等时间内的速度改变量相同,方向恒为竖直向下. 【技巧点拨】平抛运动的速度均匀变化，速率不是均匀变化。 5）平抛运动的两个重要结论 ①做平抛运动的物体在任意时刻(任意位置)处，有. ②做平抛运动的物体在任意时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过水平位移的中点，即. 5. 平抛运动与各种面结合问题 1）平抛与竖直面结合 2）平抛与斜面结合 ①顺着斜面平抛 情形一：落到斜面上，已知位移方向沿斜面向下 处理方法：分解位移． 可求得. 情形二：物体离斜面距离最大，已知速度方向沿斜面向下 处理方法：分解速度 可求得. ②对着斜面平抛：垂直打在斜面上，已知速度方向垂直斜面向下 处理方法：分解速度． 可求得. 3）平抛与圆面结合 ①小球从半圆弧左边沿平抛，落到半圆内的不同位置． 处理方法：由半径和几何关系制约时间t： 联立两方程可求t. ②小球恰好沿B点的切线方向进入圆轨道，此时半径OB垂直于速度方向，圆心角α与速度的偏向角相等． 处理方法：分解速度． 可求得. ③小球恰好从圆柱体Q点沿切线飞过，此时半径OQ垂直于速度方向，圆心角θ与速度的偏向角相等． 处理方法：分解速度． 可求得. 4） 与圆弧面有关的平抛运动：题中常出现一个圆心角，通过这个圆心角，就可找出速度的方向及水平位移和竖直位移的大小，再用平抛运动的规律列方程求。 6. 平抛运动的临界问题 1）常见的三种临界特征 ①有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼,明显表明题述的过程中存在着临界点. ②若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语,表明题述的过程中存在着“起止点”,而这些起止点往往就是临界点. ③若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼,表明题述的过程中存在着极值,这个极值点往往是临界点. 2）平抛运动临界问题的分析方法 ①确定研究对象的运动性质; ②根据题意确定临界状态; ③确定临界轨迹,画出轨迹示意图; ④应用平抛运动的规律结合临界条件列方程求解. 7. 斜抛运动及解题思路 1）定义：将物体以初速度v0斜向上方或斜向下方抛出,物体只在重力作用下所做的运动. 2）运动性质：加速度为g的匀变速曲线运动,轨迹为抛物线. 3）研究方法：运动的合成与分解 ①水平方向：匀速直线运动； ②竖直方向：匀变速直线运动． 4）基本规律(以斜向上抛为例) ①水平方向:做匀速直线运动, . ②竖直方向:做竖直上抛运动, . 5）平抛运动和斜抛运动的相同点 ①都只受到重力作用,加速度相同,相等时间内速度的变化量相同. ②都是匀变速曲线运动,轨迹都是抛物线. ③都可采用“化曲为直”的运动的合成与分解的方法分析问题. 【技巧点拨】逆向思维法处理斜抛问题：对斜上抛运动，从抛出点到最高点的运动可逆过程分析，看成平抛运动，分析完整的斜上抛运动，还可根据对称性求解某些问题． 题型02 圆周运动的动力学与能量分析 1．圆周运动动力学分析过程： 2.水平面内的圆盘临界模型 ①口诀：“谁远谁先飞”； ②a或b发生相对圆盘滑动的各自临界角速度： ； ①口诀：“谁远谁先飞”； ②轻绳出现拉力，先达到B的临界角速度：； ③AB一起相对圆盘滑动时，临界条件： 隔离A：T=μmAg；隔离B：T+μmBg=mBω22rB 整体：μmAg+μmBg=mBω22rB AB相对圆盘滑动的临界条件： ①口诀：“谁远谁先飞”； ②轻绳出现拉力，先达到B的临界角速度：； ③同侧背离圆心，fAmax和fBmax指向圆心，一起相对圆盘滑动时， 临界条件： 隔离A：μmAg-T=mAω22rA；隔离B：T+μmBg=mBω22rB 整体：μmAg+μmBg=mAω22rA+mBω22rB AB相对圆盘滑动的临界条 ①口诀：“谁远谁先飞”（rB>rA）； ②轻绳出现拉力临界条件：； 此时B与面达到最大静摩擦力，A与面未达到最大静摩擦力。 此时隔离A：fA+T=mAω2rA；隔离B：T+μmBg=mBω2rB 消掉T：fA=μmBg-(mBrB-mArA)ω2 ③当mBrB=mArA时，fA=μmBg，AB永不滑动，除非绳断； ④AB一起相对圆盘滑动时，临界条件： 1）当mBrB>mArA时，fA↓=μmBg-(mBrB-mArA)ω2↑→fA=0→反向→fA达到最大→从B侧飞出； 2）当mBrB<mArA时，fA↑=μmBg+(mArA-mBrB)ω2↑→fA达到最大→ω↑→T↑→fB↓→fB=0→反向→fB达到最大→从A侧飞出； AB相对圆盘滑动的临界条件 临界条件： ①，； ②， 临界条件： ① ② 3.圆周运动的能量分析 题型03 万有引力定律与宇宙航行 题型04 曲线运动与力、能量的综合问题 1.拆过程：把复杂运动分成几段（平抛、圆周、斜面、直线等），一段一段分析。 2.判受力：找合力是否指向轨迹凹侧，判断做什么曲线运动。 3.选规律 只有重力/弹力做功：机械能守恒 有摩擦、拉力、推力等做功：动能定理 4.定状态：选初、末位置，写高度、速度，列能量方程。 5.联临界 平抛：看是否过界、是否落到斜面上 竖直圆周：绳模型最高点，杆模型 v 6.算结果：先能量求速度，再用力学公式求力、加速度、时间。 典例·靶向·突破 题型01 运动的合成与分解、抛体运动规律 1．（2022·广东·高考真题）图是滑雪道的示意图。可视为质点的运动员从斜坡上的M点由静止自由滑下，经过水平NP段后飞入空中，在Q点落地。不计运动员经过N点的机械能损失，不计摩擦力和空气阻力。下列能表示该过程运动员速度大小v或加速度大小a随时间t变化的图像是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】设斜坡倾角为，运动员在斜坡MN段做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律 可得 运动员在水平段做匀速直线运动，加速度 运动员从点飞出后做平抛运动，加速度为重力加速度 设在点的速度为，则从点飞出后速度大小的表达式为 由分析可知从点飞出后速度大小与时间的图像不可能为直线，且 C正确，ABD错误。 故选C。 2．（2022·广东·高考真题）如图所示，在竖直平面内，截面为三角形的小积木悬挂在离地足够高处，一玩具枪的枪口与小积木上P点等高且相距为L。当玩具子弹以水平速度v从枪口向P点射出时，小积木恰好由静止释放，子弹从射出至击中积木所用时间为t。不计空气阻力。下列关于子弹的说法正确的是（　　） A．将击中P点，t大于 B．将击中P点，t等于 C．将击中P点上方，t大于 D．将击中P点下方，t等于 【答案】B 【详解】由题意知枪口与P点等高，子弹和小积木在竖直方向上做自由落体运动，当子弹击中积木时子弹和积木运动时间相同，根据 可知下落高度相同，所以将击中P点；又由于初始状态子弹到P点的水平距离为L，子弹在水平方向上做匀速直线运动，故有 故选B。 题型02 圆周运动的动力学与能量分析 3．（2024·广东·高考真题）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． B． C． D． 【答案】A 【详解】有题意可知当插销刚卡紧固定端盖时弹簧的伸长量为，根据胡克定律有 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 对卷轴有 联立解得 故选A。 4．（多选）（2023·广东·高考真题）人们用滑道从高处向低处运送货物．如图所示，可看作质点的货物从圆弧滑道顶端点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端点时速度大小为。已知货物质量为，滑道高度为，且过点的切线水平，重力加速度取。关于货物从点运动到点的过程，下列说法正确的有（    ）    A．重力做的功为 B．克服阻力做的功为 C．经过点时向心加速度大小为 D．经过点时对轨道的压力大小为 【答案】BCD 【详解】A．重力做的功为 A错误； B．下滑过程据动能定理可得 代入数据解得，克服阻力做的功为 B正确； C．经过点时向心加速度大小为 C正确； D．经过点时，据牛顿第二定律可得 解得货物受到的支持力大小为 据牛顿第三定律可知，货物对轨道的压力大小为，D正确。 故选BCD。 5．（2025·广东·高考真题）如图所示，用开瓶器取出紧塞在瓶口的软木塞时，先将拔塞钻旋入木塞内，随后下压把手，使齿轮绕固定支架上的转轴转动，通过齿轮啮合，带动与木塞相固定的拔塞钻向上运动。从0时刻开始，顶部与瓶口齐平的木塞从静止开始向上做匀加速直线运动，木塞所受摩擦力f随位移大小x的变化关系为，其中为常量，h为圆柱形木塞的高，木塞质量为m，底面积为S，加速度为a，齿轮半径为r，重力加速度为g，瓶外气压减瓶内气压为且近似不变，瓶子始终静止在桌面上。（提示：可用图线下的“面积”表示f所做的功）求： (1)木塞离开瓶口的瞬间，齿轮的角速度。 (2)拔塞的全过程，拔塞钻对木塞做的功W。 (3)拔塞过程中，拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P随时间t变化的表达式。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）木塞的末速度等于齿轮线速度，对木塞，根据运动学公式 根据角速度和线速度的关系 联立可得 （2）根据题意画出木塞摩擦力与运动距离的关系图如图所示 可得摩擦力对木塞所做的功为 对木塞，根据动能定理 解得 （3）设开瓶器对木塞的作用力为，对木塞，根据牛顿第二定律 速度 位移 开瓶器的功率 联立可得 题型03 万有引力定律与宇宙航行 6．（2025·广东·高考真题）一颗绕太阳运行的小行星，其轨道近日点和远日点到太阳的距离分别约为地球到太阳距离的5倍和7倍。关于该小行星，下列说法正确的是（　　） A．公转周期约为6年 B．从远日点到近日点所受太阳引力大小逐渐减小 C．从远日点到近日点线速度大小逐渐减小 D．在近日点加速度大小约为地球公转加速度的 【答案】D 【详解】A．根据题意，设地球与太阳间距离为，则小行星公转轨道的半长轴为 由开普勒第三定律有 解得年 故A错误； B．从远日点到近日点，小行星与太阳间距离减小，由万有引力定律可知，小行星受太阳引力增大，故B错误； cC．由开普勒第二定律可知，从远日点到近日点，小行星线速度逐渐增大，故C错误。 D．由牛顿第二定律有 解得 可知 即小行星在近日点的加速度是地球公转加速度的，故D正确； 故选D。 7．（2023·广东·高考真题）如图（a）所示，太阳系外的一颗行星P绕恒星Q做匀速圆周运动。由于P的遮挡，探测器探测到Q的亮度随时间做如图（b）所示的周期性变化，该周期与P的公转周期相同。已知Q的质量为，引力常量为G。关于P的公转，下列说法正确的是（    ）    A．周期为 B．半径为 C．角速度的大小为 D．加速度的大小为 【答案】B 【详解】A．由图（b）可知探测器探测到Q的亮度随时间变化的周期为 则P的公转周期为，故A错误； B．P绕恒星Q做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可得 解得半径为 故B正确； C．P的角速度为 故C错误； D．P的加速度大小为 故D错误。 故选B。 8．（2022·广东·高考真题）“祝融号”火星车需要“休眠”以度过火星寒冷的冬季。假设火星和地球的冬季是各自公转周期的四分之一，且火星的冬季时长约为地球的1.88倍。火星和地球绕太阳的公转均可视为匀速圆周运动。下列关于火星、地球公转的说法正确的是（　　） A．火星公转的线速度比地球的大 B．火星公转的角速度比地球的大 C．火星公转的半径比地球的小 D．火星公转的加速度比地球的小 【答案】D 【详解】由题意可知，火星的公转周期大于地球的公转周期 C．根据可得 可知火星的公转半径大于地球的公转半径，故C错误； A．根据可得 结合C选项，可知火星的公转线速度小于地球的公转线速度，故A错误； B．根据可知火星公转的角速度小于地球公转的角速度，故B错误； D．根据可得 可知火星公转的加速度小于地球公转的加速度，故D正确。 故选D。 9．（多选）（2024·广东·高考真题）如图所示，探测器及其保护背罩通过弹性轻绳连接降落伞。在接近某行星表面时以的速度竖直匀速下落。此时启动“背罩分离”，探测器与背罩断开连接，背罩与降落伞保持连接。已知探测器质量为1000kg，背罩质量为50kg，该行星的质量和半径分别为地球的和。地球表面重力加速度大小取。忽略大气对探测器和背罩的阻力。下列说法正确的有（　　） A．该行星表面的重力加速度大小为 B．该行星的第一宇宙速度为 C．“背罩分离”后瞬间，背罩的加速度大小为 D．“背罩分离”后瞬间，探测器所受重力对其做功的功率为30kW 【答案】AC 【详解】A．在星球表面，根据 可得 行星的质量和半径分别为地球的和。地球表面重力加速度大小取，可得该行星表面的重力加速度大小 故A正确； B．在星球表面上空，根据万有引力提供向心力 可得星球的第一宇宙速度 行星的质量和半径分别为地球的和，可得该行星的第一宇宙速度 地球的第一宇宙速度为，所以该行星的第一宇宙速度 故B错误； C．“背罩分离”前，探测器及其保护背罩和降落伞整体做匀速直线运动，对探测器受力分析，可知探测器与保护背罩之间的作用力 “背罩分离”后，背罩所受的合力大小为4000N，对背罩，根据牛顿第二定律 解得 故C正确； D．“背罩分离”后瞬间探测器所受重力对其做功的功率 故D错误。 故选AC。 题型04 曲线运动与力、能量的综合问题 10．（2026·广东·模拟预测）1996年，国际天文学会正式通过决议，将国际编号为3421的小行星命名为“杨振宁星”，以表彰其在粒子物理学、统计力学和凝聚态物理等领域作出的里程碑式的贡献。已知“杨振宁星”沿近似圆轨道绕太阳运行，其轨道半径约为2个天文单位（地球到太阳中心的距离为1个天文单位）。假设地球公转轨道也是圆轨道，下列说法正确的是（　　） A．“杨振宁星”绕太阳运行的线速度约为地球公转线速度的倍 B．“杨振宁星”绕太阳运行的加速度约为地球公转加速度的4倍 C．“杨振宁星”绕太阳运行的周期约为年 D．“杨振宁星”绕太阳运行的角速度约为地球公转角速度的倍 【答案】C 【详解】AC．设地球轨道半径天文单位，周期年；“杨振宁星”轨道半径天文单位，根据开普勒第三定律，有 计算出 线速度 则，故A错误，C正确； B．加速度由万有引力提供， 则，故B错误； D．角速度 则，故D错误。 故选C。 11．（2026·浙江·高考真题）如图所示。一宽度为d的光滑长方形平板MNQP，长边MN、PQ分别平滑连接半径均为r的光滑圆弧面，形成“U”形槽，将其整体固定在水平地面上。现有质量为m的物块a，从圆弧面上相对平板竖直高度为h的A点静止下滑(h<< r)，途经圆弧面上最低点B，平板上有一质量为的物块b与MN成45°角从O点滑入圆弧面，第一次到达最高点时恰好与同时到达最高点的物块a发生弹性碰撞。两物块均为质点。 (1)求物块a第一次经过B点时速度大小v0和所受支持力大小FN； (2)从A到B的过程：物块a相对于B点位移为x，求其所受回复力F与x的关系式； (3)求物块b的初速度大小vb以及碰撞后瞬间物块a的速度大小va； (4)若h=0.032m，r=10m，d=0.4m，要使物块a从NQ之间滑离，求BQ间距L的范围。 【答案】(1)，，方向竖直向上 (2) (3)， (4)见解析 【详解】（1）对a物块下滑过程中根据动能定理有 可得； 在B点根据牛顿第二定律有 可得，方向竖直向上； （2）如图 由于h<<r，滑块a所受回复力F，则 可知滑块受到的回复力F与x成正比，方向与x相反，因此滑块a从释放到第一次到达最低点的运动是简谐运动。 （3）滑块b在圆弧形斜面上垂直槽轴线方向的运动性质与a相同，平行槽轴线方向做匀速度直线运动。设滑块b的速度沿槽轴线和垂直槽轴线分速度为vbx、vby，如图 当vbx=0时，滑块b第一次滑到最高点，由题意可知滑块b到达的最高点高度与滑块a的开始下滑的高度相等。此时速度为vby，经历的时间t1为； 又因与滑块a最高点相同，由题意可知 即 因为滑块a、b在最高点发生碰撞，设碰后滑块b的速度为v'by。由动量守恒和机械能守恒有， 联立解得， （4）碰后滑块a在平行于槽轴线方向的速度始终为va，从MN边界射出的最基本的几种临界情况如图1、2、3、4所示。考虑周期性，则L有多种情况 由题给数据可得，， 滑块a每一次在圆弧型斜面上滑或下滑的时间为 滑块a每一次滑过水平面的时间为 又由于滑块a从任一点出发回到该点同高度位置时的时间相等，设时间为T，则T=4t1+2t2=(2π+1) s 滑块a由碰后到从MN之间飞出的时间t满足，L=0.4t 所以由图1、2可知或，…… 由图3、4可知即或者，…… 综上分析可知t应满足 则滑块a能从MN之间飞出时L的范围为，（n=0，1，2，3，4……） 12．（2026·广东深圳·一模）如图甲，家用旋转拖把主要由主杆、传动系统和拖布头组成。沿竖直方向推主杆，能实现拖布头的单向旋转。将拖布头放入脱水篮，拖布头与脱水篮结合成为一个整体，向下推动主杆，传动系统会带动拖布头及脱水篮一起快速旋转，将水甩出。g取。 (1)已知脱水篮半径，收纳桶半径R＝12.0cm，俯视如图乙所示。用力向下推动主杆一定距离，污水脱离脱水篮后沿切线水平方向飞出，击中收纳桶内侧边缘上某点，测得该点距飞出点的高度差H＝1.0cm。请计算污水脱离脱水篮时的速度大小； (2)脱水结束后继续探究。在脱水篮外侧面固定一轻质遮光片，收纳桶内侧面固定光电门，遮光点到脱水篮边缘距离L＝2.0cm。将钩码固定在主杆上，保持主杆竖直，由静止释放钩码，当钩码下降h＝6.0cm时，测得遮光点的线速度为v＝1.0m/s。请计算此时脱水篮的角速度； (3)该拖把采用齿轮传动，主杆每下降d＝3cm，脱水篮旋转n＝1圈。钩码和主杆的总质量M＝2.4kg，拖布头及脱水篮总质量m＝1.0kg。若该拖布头及脱水篮总动能的表达式为，求第（2）问中钩码下降6.0cm过程中整个传动系统克服阻力做功大小。（不计空气阻力，取） 【答案】(1)2m/s (2) (3)1.197J 【详解】（1）由几何关系，得 解得 污水脱离脱水篮后做平抛运动，在竖直方向，有 解得 在水平方向，有 解得 （2）主杆到遮光点的水平距离 根据线速度和角速度的关系，得 解得 （3）设在时间内，脱水篮旋转圈，则脱水篮边缘的线速度 主杆下降了，下降的速度 且有 代入、、、，联立解得 代入第（2）问中脱水篮的角速度，可得脱水篮边缘的线速度 主杆下降的速度 由能量守恒定律，得 解得 1．（2025·山东·模拟预测）“双星系统”与“三星系统”都是宇宙中常见的天体系统，两种系统中，天体均可在万有引力的作用下绕共同的圆心做匀速圆周运动。如图分别为两种天体系统的示意图，图中五个球形天体的质量均为M，天体连心线的长度均为L，引力常量为G、“双星系统”与“三星系统”运动周期之比为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】对“双星系统”有 对“三星系统”，任何一个天体运动的向心力是由其他天体的万有引力的合力提供的，有 其中 联立可得 故选B。 2．（多选）（2025·河北·模拟预测）如图所示，将一个内外侧均光滑的半圆形槽P置于光滑的水平面上，半圆形槽的半径为R、质量为m。在槽的右侧有一个质量为m的物块Q（不与槽粘连），现让一质量为4m的小球自右侧槽口的正上方高0.5R处由静止开始下落，小球从A点与半圆形槽相切进入槽内，已知重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（　　） A．小球第一次运动到半圆槽的最低点时，小球与槽的速度大小相等 B．小球第一次运动到半圆槽的最低点时，物块Q向右运动的距离为 C．整个过程半圆槽P对物块Q的冲量大小为 D．小球在半圆槽内第一次到最低点的运动过程中，小球对槽的冲量大小为 【答案】BC 【详解】A．由小球、半圆槽和物块组成的系统在水平方向不受外力，故小球、半圆槽和物块在水平方向动量守恒，取向左为正方向，则有 解得，故A错误； B．小球在半圆槽内第一次运动到最低点的过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统在水平方向动量守恒，在任意时刻小球和物块的瞬时速率之比为，所以全程的平均速度之比为，进而小球和物块的位移之比 且 代入数据可得物块Q向右运动的距离，故B正确； C．小球在半圆槽内第一次到最低点的运动过程中，水平方向动量守恒有 系统机械能守恒有 联立解得， 小球在半圆槽内第一次到最低点之后半圆槽P与物块Q分离，整个过程半圆槽P对物块Q的冲量大小为，故C正确； D．小球在半圆槽内第一次到最低点的运动过程中，以小球为研究对象，水平方向根据动量定理有 则小球对槽的水平方向的冲量大小为，由于小球对槽的竖直方向也有冲量，因此小球对槽的冲量大小不等于，故D错误。 故选BC。 3．（2026·广东·模拟预测）如图甲所示，冲击摆是一种基于物理学原理的装置，广泛应用于实验测量、工程测试和机械设计等领域，图乙为其简化模型：质量为的物块用长为的轻质细绳悬挂在固定点，静止不动时物块位于点正下方，质量为的弹丸以一定水平初速度击中静止的物块，并留在物块中。已知细绳能承受的最大拉力为，弹丸与物块可视为质点且相互作用时间极短，不计空气阻力，重力加速度为。 (1)若细绳偏离竖直方向的最大角度为，求弹丸射入物块时的初速度； (2)为保证细绳不被拉断，弹丸射入时的最大初动能； (3)能量内化率是指弹丸射入物块的过程中系统动能的损失与弹丸初始动能的比值，为使能量内化率不低于80%，求物块质量与弹丸质量应满足的关系。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）弹丸和物块整体一起从最低点摆动到最高点的过程中， 根据机械能守恒定律可得 弹丸射入物块的过程中， 根据动量守恒定律可得 联立解得 （2）弹丸射入物块时的初动量 根据动量守恒定律可得 物块处于最低点时，细绳中的拉力最大， 根据牛顿第二定律可得 解得 （3）弹丸射入物块的过程中系统机械能的损失 解得 能量内化率 解得 若要，只需 4．（2026·广东湛江·一模）某弹射游戏装置如图所示，由以下部分依次平滑连接而成（竖直和水平轨道互不影响）：光滑水平轨道、半径为的竖直光滑半圆轨道、半径为 的竖直光滑半圆轨道、长度的水平直轨道、长度 且以恒定速率 顺时针转动的水平传送带，以及足够长的光滑水平轨道。其中，点为半圆轨道 的最高点。在光滑水平轨道 上，一轻弹簧一端固定于墙壁，另一端与质量的小滑块（可视为质点）接触但不连接。弹簧初始时在 点处于压缩锁定状态，弹性势能。解除锁定后，小滑块被弹出，恰好能通过点，之后依次滑经轨道和传送带，最终冲上静置于轨道 上表面光滑的四分之一圆弧形物块，其质量，半径。已知滑块与轨道 及传送带 之间的动摩擦因数均为，重力加速度取，空气阻力不计。 (1)求半圆轨道 的轨道半径； (2)求小滑块第一次向右滑过传送带的过程中，小滑块和传送带因摩擦产生的热量； (3)判断小滑块从点滑上圆弧形物块后是否能从点冲出圆弧轨道。 【答案】(1) (2) (3)能从J点冲出圆弧轨道 【详解】（1）小滑块恰好能通过半圆轨道ABC 的C点，根据牛顿第二定律有 根据能量守恒定律有 解得 （2）对小滑块从弹簧解除锁定后到G点过程，根据能量守恒定律有 解得 由于，所以小滑块先做匀减速直线运动，假设小滑块可以减速到与传送带共速，对小滑块，根据动量定理有 根据动能定理有 解得， 所以小滑块先做匀减速直线运动后做匀速直线运动，小滑块到达H点的速度 小滑块匀减速运动过程中，传送带位移的大小 所以小滑块和传送带因摩擦产生的热量 解得 （3）假设小滑块从I点滑上圆弧形物块后不能从J点冲出圆弧轨道，根据水平方向动量守恒有 根据能量守恒定律有 解得 故小滑块能从J点冲出圆弧轨道。 5．（2026·广东广州·模拟预测）图甲所示的电动玩具车的部分轨道可抽象简化为图乙的模型。BE为水平直轨道，点B、C、E分别为螺旋滑槽、单匝竖直圆轨道、水平半圆轨道与水平直轨道的切点，小车可视为质点，质量m=40g，xBC= 1.0m，xCE=0.5m，滑槽上A点到地面的距离h=1.6m，竖直圆轨道半径R=0.3m，小车在直轨道BE所受的阻力大小均为f=0.2N，重力加速度g取10m/s2。 (1)第一次实验，关闭小车发动机，将小车从A点静止释放，小车沿着螺旋滑槽滑下，从B点滑上水平直轨道，且恰能通过竖直圆轨道的最高点D，求此过程中，小车克服螺旋滑槽和竖直圆轨道的阻力做的功W； (2)第二次实验，在不同位置释放小车，测得小车离开竖直圆轨道C点时的速率为vc，经过半圆轨道E点的向心力为F，vc2随着F变化的图像如图丙所示。小车在半圆轨道E点的最大向心力不能超过F0=28.8N，求小车经E点进入水平圆轨道做匀速圆周运动的最大角速度ω； (3)第三次实验，通过遥控装置控制小车在竖直圆轨道完成一周匀速圆周运动，速率恒为m/s，求从D点运动半圈到C点轨道对小车的作用力的冲量I大小。（π2≈10） 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）从A到竖直圆轨道最高点D，由动能定理有   在D点重力刚好提供向心力                        解得 （2）设半圆轨道半径为r，从C点到E点，由动能定理有 由向心力公式得                          解得              由图像得 所以 则临界时有                解得 （3）设水平向左为正方向，从D点到C点，小车的运动时间为 动量的变化量分别为 即方向水平向左 车受到重力和轨道给车的作用力，且合外力的冲量水平向左，重力冲量竖直向下 根据矢量计算可得             解得 6．（2025·广东佛山·一模）如图所示，某智能物流中心采用复合传送系统分拣包裹。传送系统的左端为一半圆环形水平转弯机，其中心线的半径为R0=2m，最小半径R1=1m，最大半径R2=3m。将多个相同的质量m=2kg的包裹以不同的初速度放在转弯机的不同位置，使包裹与转弯机不打滑（即随转弯机同步运动）。包裹离开转弯机后进入水平传送带，与传送带共速后，由长度为L=5m、倾角为=37°的倾斜传送带运送至顶端，再经水平传送带匀速运送至分拣机，最终被水平抛出，落入分拣车中。落点与抛出点的竖直距离和水平距离分别为h=1.8m及s=1.2m。已知：传送系统各部分平滑衔接且为同种材质。忽略空气阻力，包裹可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2。问： (1)包裹放在水平转弯机上的什么位置不易打滑，是内侧还是外侧？若包裹不打滑且水平转弯机各部分的动摩擦因数均为μ0=0.9，求半圆形水平转弯机的最大运行角速度ωm。 (2)要使包裹在倾斜传送带上不打滑，则包裹与传送带之间的动摩擦因数μ至少为多少？ (3)包裹从静止释放到落入分拣车的过程中，传送系统及分拣机对包裹做的功W。 【答案】(1)内侧； (2) (3)64J 【详解】（1）包裹在水平转弯机上做圆周运动时，根据，可知包裹放在水平转弯机上内侧不易打滑；半圆形水平转弯机的最大运行角速度 （2）要使包裹在倾斜传送带上不打滑，则需满足 解得 （3）包裹从分拣机上抛出时的速度 包裹从静止释放到落入分拣车的过程中，传送系统及分拣机对包裹做的功 7．（2025·浙江·高考真题）一游戏装置的竖直截面如图所示。倾斜直轨道AB、半径为R的竖直螺旋轨道、水平轨道BC和、倾角为的倾斜直轨道EF平滑连接成一个抛体装置。该装置除EF段轨道粗糙外，其余各段均光滑，F点与水平高台GHI等高。游戏开始，一质量为m的滑块1从轨道AB上的高度h处静止滑下，与静止在C点、质量也为m的滑块2发生完全非弹性碰撞后组合成滑块3，滑上滑轨。若滑块3落在GH段，反弹后水平分速度保持不变，竖直分速度减半；若滑块落在H点右侧，立即停止运动。已知，EF段长度，FG间距，GH间距，HI间距，EF段。滑块1、2、3均可视为质点，不计空气阻力，，。 (1)若，求碰撞后瞬间滑块3的速度大小； (2)若滑块3恰好能通过圆轨道，求高度h； (3)若滑块3最终落入I点的洞中，则游戏成功。讨论游戏成功的高度h。 【答案】(1) (2)2m (3)2.5m或2m 【详解】（1）对滑块1由动能定理 解得滑块1与滑块2碰前的速度大小为 滑块1与滑块2碰撞过程中，由动量守恒定律 解得碰撞后瞬间滑块3的速度大小为 （2）在轨道D点，由牛顿第二定律 解得 滑块3从D点到C＇点，由机械能守恒定律 解得 结合， 联立解得 （3）滑块3从C＇点到F点的过程中，由动能定理 若滑块3直接落入洞中，则竖直方向 水平方向 结合， 联立解得 若经一次反弹落入洞中，则 水平方向 结合， 联立解得 由计算结果，可知滑块在斜轨道上高度为处开始下滑，是滑块能通过圆轨道最高点的最小高度，因此是滑块开始下滑到在GH经一次反弹落入洞中。因此小问3的答案是或。 8．（2024·北京·高考真题）科学家根据天文观测提出宇宙膨胀模型：在宇宙大尺度上，所有的宇宙物质（星体等）在做彼此远离运动，且质量始终均匀分布，在宇宙中所有位置观测的结果都一样。以某一点O为观测点，以质量为m的小星体（记为P）为观测对象。当前P到O点的距离为，宇宙的密度为。 （1）求小星体P远离到处时宇宙的密度ρ； （2）以O点为球心，以小星体P到O点的距离为半径建立球面。P受到的万有引力相当于球内质量集中于O点对P的引力。已知质量为和、距离为R的两个质点间的引力势能，G为引力常量。仅考虑万有引力和P远离O点的径向运动。 a．求小星体P从处远离到。处的过程中动能的变化量； b．宇宙中各星体远离观测点的速率v满足哈勃定律，其中r为星体到观测点的距离，H为哈勃系数。H与时间t有关但与r无关，分析说明H随t增大还是减小。 【答案】（1）；（2）a．；b．H随t增大而减小 【详解】（1）在宇宙中所有位置观测的结果都一样，则小星体P运动前后距离O点半径为和的球内质量相同，即 解得小星体P远离到处时宇宙的密度 （2）a．此球内的质量 P从处远离到处，由能量守恒定律得，动能的变化量 b．由a知星体的速度随增大而减小，星体到观测点距离越大，运动时间t越长，由知，H减小，故H随t增大而减小。 / 学科网（北京）股份有限公司 $