1.3 第三讲 力与曲线运动-（配套课件）【金版新学案】2026年高考物理大二轮专题复习与测试

专题一　力与运动 第三讲　力与曲线运动 内容索引 专题集训 构 建 主干网络 突 破 高频考点 洞 悉 真题情境 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 构 建 主干网络 返回 返回 突 破 高频考点 返回 考点一　运动的合成与分解 (2025·安徽淮北二模)如图甲所示，无人机灯光表演给喜庆的节日氛围增添了几许惊艳。在一次无人机表演中，若分别以水平向右、竖直向上为x轴、y轴的正方向，某架参演的无人机在x、y方向的v-t图像分别如图乙、丙所示，则在0～t2时间内，该无人机的运动轨迹为 例1 √ 由题图乙、丙可知，在0～t1时间内无人机竖直方向做匀速直线运动，水平方向向右做匀减速直线运动，可知在0～t1时间内无人机受到的合力方向水平向左，根据合力指向轨迹凹处，可知0～t1时间内无人机运动的轨迹向左弯曲；在t1～t2时间内无人机竖直方向向上做匀减速直线运动，水平方向做匀速直线运动，可知在t1～t2时间内无人机受到的合力方向竖直向下，根据合力指向轨迹凹处，可知在t1～t2时间内无人机运动的轨迹向下弯曲。故选A。 (2025·湖北荆州二模)如图所示，水平光滑长杆上套有物块A，一细线跨过固定在天花板上O点大小可以忽略的轻质定滑轮一端连接A，另一端悬挂物块B。开始时A位于P点，M为O点正下方杆上一点，现将A、B由静止释放，忽略一切阻力。当A通过杆上N点时，细线与水平方向夹角为37°，L与N关于M对称，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，关于释放后的过程，下列说法正确的是 A.A从P到L的过程，A的速度先增大后减小 B.A从P到L的过程，B的速度先减小后增大 C.A通过N点时速度与B的速度大小比为4∶5 D.A到达M之前，B所受拉力始终大于B的重力 例2 √ A从P到L的过程，细线拉力方向与速度方向先为锐角后为钝角，所以细线拉力对A先做正功后做负功，故A的速度先增大后减小，故A正确；开始时B的速度为0，当A运动到M点时，B在最低点，B的速度也为0，A过了M点后，B又有了向上的速度，故A从P到L的过程，B的速度先增大后减小再增大，故B错误； A通过N点时，设A、B速度分别为vA、vB，根据题意有vAcos 37°＝vB，故＝＝，故C错误；A到达M之前，B先向下加速后向下减速，B先失重后超重，故B所受拉力先小于B的重力后大于B的重力，故D错误。故选A。 关联速度问题的处理方法 　　把物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和平行于绳(杆)的两个分量，根据沿绳(杆)方向的分速度大小相等求解。常见的模型如图所示。 规律总结 1.平抛运动的两个重要推论 (1)设做平抛运动的物体在任意时刻的速度方向与水平方向的夹角为θ，位移方向与水平方向的夹角为φ，则有tan θ＝2tan φ，如图甲所示。 (2)做平抛运动的物体任意时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图乙所示。 2.斜抛运动的研究方法及基本规律 (1)研究方法：运动的合成与分解——沿竖直方向和水平方向分解或其他互相垂直方向分解。 (2)基本规律(以沿水平方向和竖直方向分解为例) ①水平方向：v0x＝v0cos θ，F合x＝0，x＝v0tcos θ； ②竖直方向：v0y＝v0sin θ，F合y＝mg，y＝v0tsin θ－gt2。 如图所示，若航天员在月球表面从倾角为θ的斜面顶端A处，沿水平方向以初速度v0抛出一小球，经过一段时间后小球落在斜面上的B点。小球运动到P点时离斜面最远，P点到斜面的垂直距离为PC，P点离斜面的竖直高度为PD。已知月球表面的重力加速度为g，则 A.P、C两点间的距离为 B.P、D两点间的距离为 C.小球从A点运动到P点的时间为 D.小球从A点运动到B点的时间为 例3 √ 建立如图所示的坐标系，小球沿两坐标轴的初速度大小分别为v0x＝v0cos θ，v0y＝v0sin θ，沿两坐标轴的加速度大小分别为ax＝gsin θ，ay＝gcos θ，因此可以将小球的运动看成y方向的竖直上抛运动和x方向的匀加速直线运动，小球达到P点时，则有PC＝＝，A错误； 根据几何关系可得PD＝＝＝，B正确；小球从A点运动到P点的时间为t＝＝＝，C错误；小球从A点运动到B点的时间为tAB＝2t＝，D错误。故选B。 如图为简化后的跳台滑雪雪道示意图，AO段为助滑道和起跳区，OB段为倾角为β的着陆坡，BD为停止区。运动员从助滑道的起点A由静止开始下滑，到达起跳点O时，借助设备和技巧，以与水平方向成α角(起跳角)的方向起跳，最后落在着陆坡面上的C点。已知运动员在O点以v0的速率起跳，轨迹如图中虚线所示，不计一切阻力，重力加速度为g。求： 例4 (1)运动员在空中运行的最小速度； 答案：v0cos α　 建立水平和竖直方向的坐标轴，不计阻力的情况下，运动员在空中做斜抛运动，水平方向匀速运动，当竖直方向速度减到零的时候，速度最小，此时有vmin＝v0cos α。 (2)运动员离开着陆坡面OB的最大距离； 答案：　 沿斜面和垂直于斜面方向建立坐标轴，分解速度，有vx＝v0cos (α＋β)，vy＝v0sin (α＋β) 分解加速度，有gx＝gsin β，gy＝gcos β 当vy减到零时，运动员离着陆坡面OB最远，有2gyH＝ 联立解得H＝。 (3)若α＝β＝30°，运动员所到达的C点与起跳点O的距离。 答案： 当运动员垂直于着陆坡面OB的位移为零时落到C点，有vyt－gyt2＝0 解得t＝，t＝0(舍去) 所以运动员所到达的C点与起跳点O的距离L＝vxt＋gxt2＝。 解决斜面上的抛体运动的两种建系方法 方法技巧 预测.(2025·安徽滁州第一次质量监测)乒乓球运动深受广大群众喜爱。如图所示，球网固定在球台的中央，运动员在球台边缘中点M处正上方高为h处将乒乓球水平发出，乒乓球反弹后擦着掠过球网并落在对方球台边缘中点N处。已知乒乓球落到台面上反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反，不考虑乒乓球的旋转和空气阻力，则球网的高度为 A.h B.h C.h D.h √ 设球台长为2L，球网高度为H，乒乓球初速度为v0。将乒乓球的运动过程拆分成三次平抛运动，从抛出到落回台面的时间都满足h＝g，水平位移均为x＝，球网位于台面中间位置，所以第一次反弹到球网处的水平距离为；若将乒乓球反弹到最高点的逆过程看作平抛运动，则从最高点到下落到球网处的水平距离为－＝，令时间为t，则v0t＝，h－H＝gt2，联立解得h－H＝g，又h＝g，v0t0＝L，则h＝g，解得H＝h。故选D。 考点三　圆周运动 1.解题思路 一是要准确进行受力分析，确定向心力的来源。 二是运用牛顿第二定律结合向心力公式列式：F＝m＝mω2r＝mωv＝mr。 2.常见的圆周运动及临界条件 (1)水平面内的圆周运动 常见模型 动力学方程 临界情况示例 水平转盘上的物体 Ff＝mω2r 恰好发生滑动 圆锥摆模型 mgtan θ＝mω2r 恰好离开接触面 (2)竖直面及倾斜面内的圆周运动 常见模型 动力学方程 临界情况示例 轻绳模型 最高点：FT＋mg＝m 恰好通过最高点，绳的拉力恰好为0 轻杆模型 最高点：mg±F＝m 恰好通过最高点，杆对小球的力等于小球的重力 常见模型 动力学方程 临界情况示例 带电小球在叠加场中的圆周运动等效法 关注六个位置的动力学方程，最高点、最低点、等效最高点、等效最低点、最左边和最右边位置 恰好通过等效最高点时，恰好做完整的圆周运动 倾斜转盘上的物体 最高点：mgsin θ±Ff＝mω2r 最低点：Ff－mgsin θ＝mω2r 恰好通过最低点时，恰好做完整的圆周运动 (2025·重庆八中高三二模)如图所示，可视为质点的相同小球A、B分别用长为10L、5L的细绳悬挂在同一竖直线的两点，O点为两悬挂点在地面的投影。现使A、B两球在离地高度均为12L的水平面内做圆周运动，其半径分别为6L、4L。则 A.两球的周期相等 B.两根细绳的拉力大小相等 C.若同时剪断两根细绳，B球先落地 D.若同时剪断两根细绳，两球的落地点到O点的距离相等 例5 模型剖析 第一步：模型构建，圆锥摆模型、平抛运动模型 (1)A、B两球均做圆锥摆运动，设悬挂A、B两球的细绳与竖直方向的夹角分别为α、θ，则有sin α＝＝，sin θ＝＝，解得α＝37°，θ＝53°。 (2)剪断细绳后，两球均做平抛运动。 第二步：受力分析，分析两小球受力，分析向心力的来源 A、B两球均受到重力与细绳的拉力，均由重力与拉力的合力提供向心力。 第三步：列式解题，在竖直方向和水平方向分别列式 (1)A、B两球竖直方向所受合力为零，则有FTAcos α＝mg，FTBcos θ＝mg，解得4FTA＝3FTB。 模型剖析 (2)A、B两球在水平面内做匀速圆周运动，重力与拉力的合力提供向心力，则有mgtan α＝m·6L，mgtan θ＝m·4L，解得TA＝TB。 (3)剪断细绳，两小球均做平抛运动，则有12L＝gt2，解得t＝2，则两球同时落地；A、B两球平抛运动，水平方向有xA＝vAt，xB＝vBt，其中速度可由圆周运动规律求出：mgtan α＝m，mgtan θ＝m，且落地点到O点的距离LA＝，LB＝，联立解得LA＝LB。 (多选)(2025·河北石家庄二模)如图所示，水平圆盘可绕竖直轴转动，圆盘上放有小物体A、B、C，质量分别为m、2m、3m，A放在B上，C、B离圆心O的距离分别为2r、3r。C、B之间用细线相连，圆盘静止时细线刚好伸直且无张力。已知C、B与圆盘间的动摩擦因数以及A、B间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，现让圆盘从静止缓慢加速，若A、B之间能发生相对滑动则认为A立即飞走，B以后不再受A物体的影响，且细线不会被拉断，则下列说法正确的是 A.当ω＝时，A即将滑离B B.当ω＝时，细线张力为 C.无论ω多大，B、C都不会和圆盘发生相对滑动 D.当ω＝时，剪断细线，C将做离心运动 √ 例6 √ 当A开始滑动时有FfA＝μmg＝mω2×3r，解得ω＝，所以当ω＝时，A即将滑离B，故A正确；当ω＝＞时A已经滑离B，B所需向心力FB＝2mω2×3r＝6mω2r＝3μmg，B与转盘之间的最大静摩擦力为FfBm＝μ×2mg＝2μmg，细线张力为F＝FB－FfBm＝μmg，故B错误；C与圆盘之间的最大静摩擦力为FfCm＝μ×3mg＝3μmg，当圆盘以角速度ω转动时，B所需向心力FB＝6mω2r，C所需向心力FC＝3mω2×2r＝6mω2r，则FB＝FC，所以无论ω多大，B、C都不会和圆盘发生相对滑动，故C正确；当ω＝时，C所需向心力FC'＝6mω2r＝2.4μmg＜FfCm，所以剪断细线，C将与圆盘一起转动，故D错误。故选AC。 (多选)如图所示，一质量为m＝0.1 kg的小球以竖直向上的初速度v0＝10 m/s 冲入一管道，该管道为圆管道，半径为R＝5 m。已知小球的入口与圆心在同一高度。经过管道后，它又沿着水平导轨进入另一个半径为r的圆轨道，且恰好能通过圆轨道的最高点。若所有衔接处均不损失机械能，不计摩擦，小球直径以及管道内径可忽略，圆管道和圆轨道底端均与水平导轨相切，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是 A.小球到达管道最高点时对管道的压力为0 B.小球到达管道最高点时的速度为5 m/s C.小球到达管道最低点时对管道的压力为5 N D.圆轨道半径r为4 m √ 例7 √ [审题指导] 题眼 点拨 求解小球到达管道最高点、最低点的速度→应用机械能守恒定律(或动能定理) 光滑圆管道属于“轻杆模型”→小球到达管道最高点的速度v≥0 小球恰好能通过圆轨道的最高点→该点小球的速度v＝ 模型 方法 1.“轻绳模型” 2.“轻杆模型” 从出发点到管道的最高点，由机械能守恒定律得m＝mgR＋m，解得小球到达管道最高点时的速度v1＝0，即它恰好能够通过管道的最高点，B错误；小球到达管道最高点时速度为0，则可求得此时小球对管道的压力等于小球的重力，为1 N，A错误；从出发点到管道的最低点，由机械能守恒定律得m＋mgR＝m，解得小球到达管道最低点时的速度v2＝10 m/s，在管道最低点，由牛顿第二定律得FN－mg＝m，解得管道最低点对小球的支持力FN＝5 N，再结合牛顿第三定律可知，C正确； 小球恰好能通过圆轨道最高点，则在最高点小球速度v满足mg＝m，从出发点到圆轨道的最高点，由机械能守恒定律得mv2＋2mgr＝mgR＋m，联立解得r＝4 m，D正确。故选CD。 返回 洞 悉 真题情境 返回 1.生活情境类 (2025·云南高考)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 √ 鸟食做平抛运动，竖直方向有h＝gt2，其中hN＞hM，可知tN＞tM，又同时接到鸟食，则在N点接到的鸟食先抛出，A、B错误；水平方向有x＝v0t，两颗鸟食在同一高度时，xOM'＞xON'，故vM＞vN，C错误，D正确。故选D。 2.生产情境类 (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 √ √ 将初速度分解为沿PQ方向的分速度v1和垂直PQ方向的分速度v2，则有v1＝v0cos 60°＝10 m/s，v2＝v0sin 60°＝10 m/s，将重力加速度分解为沿PQ方向的分加速度a1和垂直PQ方向的分加速度a2，则有a1＝gsin 30°＝5 m/s2，a2＝gcos 30°＝5 m/s2，垂直PQ方向根据对称性可得重物运动的时间为t＝2＝4 s，重物离PQ连线的最远距离为dmax＝＝10 m，故A、C错误； 重物落地时，竖直分速度大小为vy＝－v0sin 30°＋gt＝30 m/s，则落地速度与水平方向夹角的正切为tan θ＝＝＝，可得θ＝60°，故B正确；从抛出到轨迹最高点所用时间为t1＝＝1 s，则从轨迹最高点到落地所用时间为t2＝t－t1＝3 s，轨迹最高点与落点的高度差为h＝g＝45 m，故D正确。故选BD。 3.生活情境类 (多选)(2025·山东高考)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，重力加速度大小g＝10 m/s2。下列说法正确的是 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 √ √ 物品从抛出到落地的过程做平抛运动，当其恰不落在目标区域外时，物品的水平位移示意图如图所示，由几何关系有xm＝＝4 m，此时物品的初速度最大，水平方向上有xm＝vmt，竖直方向上有H＝gt2，联立解得物品的最大初速度(无人机的最大线速度)为vm＝2 m/s，所以无人机的最大角速度ωmax＝＝ rad/s，A错误，B正确； 由A、B项分析可知，物品释放后在空中运动的时间为t＝2 s，该过程无人机转过的角度θ＝ωmaxt＝＜，所以无人机运动到B点时，在A点释放的物品已经落地，C正确，D错误。故选BC。 返回 专 题 集 训 返回 1.(2025·河北保定一模)如图所示，体育课上一同学在距离地面高0.7 m处将一排球垫起，垫起时排球的速度方向与水平方向的夹角为37°，排球运动过程中距离地面的最大高度为2.5 m。已知排球的质量为0.3 kg，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则下列说法正确的是 A.排球被垫起时的速度大小为8 m/s B.排球被垫起瞬间动量大小为3 kg·m/s C.排球在最高点处的速度大小为6 m/s D.排球从被垫起到第一次落地所用时间为1.2 s √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 竖直方向有＝2g(H－h)，解得vy＝6 m/s，则排球被垫起时的速度大小v0＝＝10 m/s，A错误；排球被垫起瞬间动量大小p＝mv0＝3 kg·m/s，B正确；排球在最高点处的速度大小vx＝v0cos θ＝8 m/s，C错误；设排球上升和下降所用的时间分别为t1、t2，则有H－h＝g，H＝g，排球从被垫起到第一次落地所用时间t＝t1＋t2，联立解得t＝ s，D错误。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2.(2025·广东茂名一模)如图所示，制作陶瓷的圆形工作台上有A、B两陶屑随工作台一起转动，转动角速度为ω，A在工作台边缘，B在工作台内部。若A、B与台面间的动摩擦因数相同，则下列说法正确的是 A.当工作台匀速转动，A、B所受合力为0 B.当工作台匀速转动，A、B线速度大小相等 C.当工作台角速度ω逐渐增大，陶屑A最先滑动 D.当工作台角速度ω逐渐增大，A、B所受的摩擦 力始终指向轴OO' √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 当工作台匀速转动时，A、B跟随工作台做匀速圆周运动，则所受合力不是0，A错误；当工作台匀速转动，A、B角速度相等，根据v＝ωr，因转动半径不等，则线速度大小不相等，B错误；当陶屑将要滑动时有μmg＝mr，解得ω0＝，可知r越大，产生相对滑动的临界角速度越小，可知当工作台角速度ω逐渐增大，陶屑A最先滑动，C正确； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 只有当工作台匀速转动时，A、B所受的摩擦力充当向心力，其方向才指向圆心，则当工作台角速度ω逐渐增大，A、B所受的摩擦力不是指向轴OO'，D错误。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 3.(2025·河南焦作二模)如图所示，固定在轻杆外端的小球围绕转轴O在竖直面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，t＝0时刻小球在最低点。设小球水平方向的分速度为vx，竖直方向的分速度为vy，下列图像中可能正确的是 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 小球做匀速圆周运动，t＝0时刻，轻杆与竖直方向的夹角为0°，t时刻，设轻杆与竖直方向的夹角为θ，则有θ＝ωt，将线速度正交分解可得vx＝vcos θ＝vcos ωt，vy＝vsin θ＝vsin ωt，故A、B错误，C正确；由合速度与分速度的关系可得＋＝v2，故vy-vx图像是圆心在坐标原点的圆，故D错误。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 4.(2025·江西六校第二次联考)元旦跨年时，一市民手持烟花在一空旷的地面燃放，燃放过程中通过不断改变烟花出射方向来改变烟花的运动轨迹，某时刻从H点连续喷出质量相等的两束烟花分别落于Q1、Q2处，轨迹如图所示，两轨迹交于P点，两条轨迹最高点等高，不计空气阻力，则 A.两束烟花在最高点的速度相同 B.落在Q2处的烟花在空中运动的时间更长 C.两束烟花运动过程中动能的变化量相同 D.两束烟花运动过程中动量的变化量不相同 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 两束烟花在运动过程中仅受重力作用，出射到最高点的过程中，在竖直方向，根据速度—位移公式有＝2gh，对全过程，根据位移—时间公式有H＝－vy0t＋gt2，根据动能定理有mgH＝ΔEk，两轨迹的h和H相同，则出射时vy0相同，整个运动过程时间t相同，动能变化量也相同，故C正确，B错误； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 根据动量定理，有mgt＝Δp，则两束烟花运动过程中动量的变化量相同，故D错误；由于水平方向做匀速直线运动，则有xQ1＝vx1t，xQ2＝vx2t，根据题图可知xQ1＜xQ2，则有vx1＜vx2，故A错误。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 5.(2025·贵州安顺二模)如图所示，在滑雪比赛中，甲、乙两运动员先后从雪坡滑下，水平飞出后台均落到斜坡上。已知甲运动员水平飞出时的速度大小为v0，甲运动员在空中运动的时间为乙运动员在空中运动时间的，运动员均可视为质点，不计空气阻力。乙运动员水平飞出时的速度大小为 A. B. C.v0 D.2v0 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 设斜坡的倾角为θ，运动员在斜坡上的位移为L，由平抛运动的知识可得Lcos θ＝vt，Lsin θ＝gt2，联立解得t＝，即t∝v，又甲运动员在空中运动的时间为乙运动员在空中运动时间的，而甲运动员水平飞出时的速度大小为v0，则乙运动员水平飞出时的速度大小为2v0。故 选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 6.(2025·北京朝阳区第一次质检)如图所示，一弹性小球从倾角为θ的斜面A点正上方h处由静止下落，第一次与A点碰撞弹起后，第二次与斜面碰撞于B点。小球与斜面碰撞前后瞬间沿斜面方向速度不变，垂直斜面方向速度大小不变、方向相反。重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确 的是 A.小球从A到B的过程中速度的变化量方向沿AB方向 B.小球从A点弹起后距斜面的最远距离为hsin θ C.小球从A到B的时间为2 D.A、B两点间的距离为8hsin θ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 小球从A到B的过程中，仅受竖直向下的重力作用，则速度的变化量方向竖直向下，A错误；小球落到A点时的速度大小v＝，反弹后速度大小也为v＝，将反弹后的运动分解为垂直斜面方向的上抛运动和沿斜面向下的匀加速运动，则反弹后垂直斜面的速度vy＝vcos θ＝cos θ，小球从A点弹起后距斜面的最远距离为hm＝＝hcos θ，B错误； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 小球从A到B的时间为t＝＝2，C错误；A、B两点间的距离为x＝(vsin θ)t＋(gsin θ)t2＝8hsin θ，D正确。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 7.(2025·安徽宣城期末)如图所示，某同学在进行投篮练习。已知A、B、C是篮球运动轨迹中的三个点，其中A为抛出点，B为运动轨迹的最高点，C为落入篮框的点，且A、B连线垂直于B、C连线，A、B连线与水平方向的夹角θ＝53°，不计空气阻力(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6 )。则篮球从A到B与从B到C的运动时间之比为 A.3∶4 B.4∶3 C.9∶16 D.16∶9 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 设篮球在A点的竖直分速度为vAy，在C点的竖直分速度为vCy，篮球的水平分速度为vx，篮球从A到B过程，根据逆向思维将篮球的运动看成从B到A的平抛运动，篮球在A点时，根据平抛运动推论可得tan A＝＝2tan θ＝2tan 53°，根据几何关系可知B、C连线与水平方向的夹角为α＝90°－θ＝37°，篮球从B到C做平抛运动，篮球在C点时，根据平抛运动推论可得tan C＝＝2tan α＝2tan 37°，又tAB＝，tBC＝，联立可得篮球从A到B与从B到C的运动时间之比为＝。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 8.(多选)(2025·广东高考)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 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 对小球受力分析如图所示，则有FNcos θ＝mg，mgtan θ＝Fn，其中Fn＝mω2R＝m＝man，解得FN＝N，ω＝5 rad/s，v＝2 m/s，an＝ 10 m/s2。故选AC。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 9.(2025·浙江杭州高级中学模拟)如图所示，水平转台上的小物体1、2通过轻质细线相连，质量分别为m、2m。保持细线伸直且恰无张力，并静止在转台上，可绕垂直转台的中心轴OO'转动。两物体与转台表面的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力认为等于滑动摩擦力。两物体与轴OO'共线，且物体1到转轴的距离为r，物体2到转轴的距离为2r，重力加速度为g。当转台从静止开始转动，角速度缓慢地增大，下列说法正确的是 A.物体2比物体1先产生摩擦力 B.物体1受到的摩擦力始终指向轴心 C.细线刚有拉力时物体1的线速度为 D.物体1和物体2一起刚要被甩离转台时的角速度为 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 开始转动时，静摩擦力提供向心力，所以两者同时产生静摩擦力，故A错误。根据μmg＝mr，μ·2mg＝2m·2r可知，物体2的静摩擦力先达到最大值，对物体2分析，开始静摩擦力提供向心力，当达到最大值后，细线中出现张力，此时细线的张力和静摩擦力的合力提供物体2的向心力；对物体1分析，随着角速度增大，细线中张力变大，物体1的静摩擦力反向，背离轴心，所以物体1受到的摩擦力先指向轴心，后背离轴心，故B错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 开始转动时，静摩擦力提供向心力，所以两者同时产生静摩擦力，故细线刚有拉力时，物体2的静摩擦力达到最大值，有μ·2mg＝2m，物体1的线速度为v1＝v2＝，故C错误。当物体1和物体2一起刚要被甩离转台时，物体1所受的静摩擦力达到最大值，根据牛顿第二定律可得μ·2mg＋FT＝2mω2·2r，FT－μmg＝mω2r，解得ω＝，故D正确。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 10.某课外兴趣小组在一次实验中，将自制火箭从地面竖直向上发射，火箭到达最高点时爆炸，分裂成质量不等的P、Q两部分，P、Q两部分的质量比为2∶5。爆炸后P部分的初速度大小为50 m/s，方向斜向下与竖直方向成60°。若爆炸点离地高度为120 m，不计P、Q运动过程中受到的阻力，重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是 A.Q部分落地时的速度大小为10 m/s B.Q部分落地时的速度大小为90 m/s C.P部分落地点与爆炸点的水平距离为75 m D.P部分落地点与爆炸点的水平距离为135 m √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 爆炸过程中，由动量守恒定律得mPvP＝mQvQ，对Q从爆炸到落地，由动能定理得mQgh＝mQv2－mQ，解得v＝20 m/s，故A、B错误；对P部分，在竖直方向有vPy＝vPcos 60°＝25 m/s，h＝vPyt＋gt2，解得t＝3 s，水平方向有vPx＝vPsin 60°＝25 m/s，x＝vPxt，解得P部分落地点与爆炸点的水平距离为x＝75 m，故C正确，D错误。故 选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 11.(多选)(2025·广东深圳一模)一根轻质细线一端系一可视为质点的小球，细线另一端固定在一光滑圆锥顶上，如图1所示，设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为ω，线的张力FT随ω2变化的图像如图2所示，g取 10 m/s2。下列说法正确的是 A.细线的长度为1 m B.细线的长度为0.5 m C.小球的质量为2 kg D.小球的质量为3 kg √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 设细线的长度为L，锥体母线与竖直方向的夹角为θ，当ω1＝0时，绳子的张力FT1＝mgcos θ，当圆锥对小球的支持力为0时，角速度＝25(rad/s)2，此时FT2cos θ＝mg，FT2sin θ＝mLsin θ·，代入题图2中数据解得m＝2 kg，L＝0.5 m。故选BC。 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 专 题 一 　 力 与 运 动 谢 谢 观 看 ！ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 $