高考新动向(一) 以新情境为两景考查：力与运动问题-【创新教程】2027年高考数学艺考生文化课百日冲关学生用书

1物理 高考新动向（一）以新情境为背景考查：力与运动问题 动向1力的平衡在实际生活中的应用 素养训练 素养聚焦 1.在卫生大扫除中，某同学用拖把拖地，沿推杆方向对拖把施加推 推杆 以生活中拖 力F,如图所示，此时推力与水平方向的夹角为0，且拖把刚好做 拖把 把拖地为素 匀速直线运动.从某时刻开始保持力F的大小不变，减小F与水 材考查静态 平方向的夹角0，则 平衡问题，体 A.拖把在水平方向受到的合力减小 现相互作用 B.拖把继续做匀速直线运动 的物理观念 C.地面对拖把的支持力F、变大，对拖把的摩擦力F变大 这一核心 D.地面对拖把的支持力F、变小，对拖把的摩擦力F:变小 素养 2.磁吸车载手机支架使用灵活方便，支撑强韧有力，角度可 磁 短支架前 以磁吸车载 自由调整，备受车主青睐.如图所示，当手机背面贴着的引磁 手机支架为 片靠近支架的磁扣时，手机就会被牢牢地吸附在车载支架 素材考查动 汽车内壁 上，某次一汽车在平直公路上匀速行驶过程中，由于微小颠 态平衡问题， 簸，手机平面与竖直方向的夹角缓慢减小了一定角度，若磁 体现相互作 扣对手机（含引磁片，下同）的吸引力不变，则该过程中关于手机受力的说法正确的是 )用的物理观 A.手机总共受到三个力的作用 B.车载支架对手机的摩擦力逐渐减小 念这一核心 C.车载支架对手机的弹力逐渐增大 D.车载支架对手机的作用力不变 素养 动向2 力与运动的关系在实际生活中的应用 素养训练 素养聚焦 1.(多选)如图甲为应用于机场和火车站的安全检 本题通过对应用于机场车 查仪，其传送装置可简化为如图乙所示的模型. 口4站的安全检查仪，建构水平 (·） 紧绷的传送带始终保持v=0.4m/s的恒定速 传送带模型—行李在传 率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数4=0. 送带上先加速运动，然后再 2,A、B间的距离为2m,g取10m/s2.旅客把行李（可视为质点）无初速度地放和传送带一起匀速运动，由 在A处，则下列说法正确的是 )牛顿第二定律和运动学公 A.开始时行李的加速度大小为2m/s 式求出运动时间.另外，若 B.行李经过2s到达B处 行李一直做匀加速运动，运 C.行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08m 动时间最短.体现科学思维 D.若传送带速度足够大，行李最快也要√2s才能到达B处 的核心素养。 2.如图所示为一辆装有货物的自卸式货车，车上货物紧贴在 自卸式货车在我们的日常 车厢靠近驾驶室的一侧，且可看作质点，设车厢长度为5m,货 生活中非常常见，在解答这 物与车厢底板间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动 道题时，应先建立科学的物 摩擦力，g取10m/s2,sin37°=0.6.在卸货过程中车厢缓慢抬 升，下列说法正确的是 理模型，再分析力和运动的 A.在车厢由水平位置缓慢拾升的过程中，货物受到的摩擦力逐渐减小 关系，综合运用物理知识得 B.当车厢底板与水平方向的夹角为30时，货物恰好发生滑动 出结论，从而促进物理观念 C.当车厢抬升到底板与水平方向的夹角为37时，货物在车厢中的滑行时间小于5s 的形成，提升学科综合应用 D.若在卸货过程中，货车开始向前加速启动，则货物相对地面的运动轨迹可能 是直线 能力。 20 第一部分：专题一力与运动 动向3生产、生活或体育运动中的平抛、圆周运动问题 素养训练 素养聚焦 1.(多选)如图甲所示为某一品牌的小型甩干机，内部白色的小 甩衣桶 本题以小型甩干 筐是甩衣桶，该甩干机简化模型如图乙所示.当甩衣桶在电动 农物 机甩干衣服为素 机的带动下转动时，衣服贴在甩衣桶壁上，若湿衣服的质量为 m=1kg,衣服和桶壁间的动摩擦因数为4=0.01，甩衣桶内壁 材，考查圆周运 电动机 半径为r=0.1m,甩干机外壁的半径为R=0.2m,当电动机的角 动、平抛运动的知 速度达到a=100rad/s时，衣服上的一水滴从桶壁上的小孔被甩 甲 乙 出，下降高度为h时撞到外壁上，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2,下 识，体现科学思 列说法正确的是 )维、科学探索的核 A.电动机转动的角速度至少为200rad/s时，衣服才能贴在桶壁上不掉下来 心素养 B.电动机转动的角速度至少为100rad/s时，衣服才能贴在桶壁上不掉下来 C.h等于1.5mm D.h等于3mm 2.(多选)如图所示为一种篮球趣味游戏，游戏者从离地 以篮球趣味游戏为 H=1.5m处将篮球水平抛出，球可以直接从右侧离地h 背景，考查平抛运 0.5m的孔进入篮内，也可与地面碰撞反弹一次后从孔进入 动的知识，体现了 篮内.设球与地面碰撞前后水平方向分速度不变，竖直方向 科学思维中的模型 分速度大小相等、方向相反，球抛出点离篮左侧的水平距离为L=5m,不计空气阻力，孔构建、科学推理的 的直径比球的直径略大，篮球与地面碰撞的时间可忽略，重力加速度g取10m/s2,则球核心素养. 要从孔进入篮内，抛出的初速度大小可能为 A.5 m/s B.5√5m/s C.W5(w6+1)m/s D.√5(W6-1)m/s 动向4万有引力在航天科技中的应用 素养训练 素养聚焦 1.(中国组网卫星)2025年1月13日，“微厘空间01组”的10颗卫星在山东海阳附近海本题围绕组网卫星中标 域成功发射升空并顺利进入预定轨道.该组网卫星的轨道离地高度大都在695km~ 识符为“2025-007E”的 7O8km之间，可以近似为圆轨道.已知卫星组中标识符为“2025一07E”的04星的轨04星设置问题，需要构建 道半径为R1,绕地球做圆周运动的周期为T1,地球绕太阳做匀速圆周运动的轨道半径 :卫星绕地球做圆周运动 为R2,周期为T2,引力常量为G,则下列说法正确的是 ( 的物理模型，在考查科学 A. _R T B.由T2、R2和G能求地球的密度 思维能力的同时，激发考 T RT 生的民族自豪感，增强社 C.地球质量与太阳质量的比值为 T D.地球质量与太阳质量的比值为 T 会责任意识， 2.(中国空间站与神舟二十号)2025年4月24日 空间站轨道平面 本题考查中国空间站和 23时49分中国空间站与神舟二十号载人飞船 同步卫星的运行规律及 成功对接，形成一个三舱三船组合体，01时33 赤道平面 卫星的追击问题，体现了 分神舟二十号3名航天员进入天和核心舱，与 结合航天时事考查物理 神舟十九号乘组在太空会师，开启了中国空间 同步静止轨道 知识的高考命题思维. 站长期有人驻留的新时代.已知中国空间站运行轨道面与地球赤道面夹角约为41. 5°，运行周期为1.5h,地球自转周期为24h,一颗地球同步静止卫星位于地球赤道上 空，示意图如图所示.某时刻，中国空间站和这颗同步卫星相距最近，从此时刻开始计 时，到下一次中国空间站和这颗同步卫星相距最近经历的时间为 ( A.0.8h B.1.6h C.12h D.24h 21丨物理 得√ 根据”=，由于轨道半径不同，则四≠，故A错误； w 由以上分析可知，巴心r,与r有关，≠心，故B错 w1w2 误：由以上分析可知，文c心F,与r有关，≠g,故C u GM1是 错误；由以上分析可知， =GM,与r无关， GM 故D正确. [答案]D 「例3][解析]赤道上静止物体与地球同步卫星角速度 相等，由a=rw2可得a,>a,根据GMm=ma,可得a= GM,则a1>a,所以a1>a>a,选项A错误：在Ⅱ轨道 r 上，从P到Q的过程中只有万有引力做功，机械能守恒， 选项B错误；卫星从轨道I转移到轨道Ⅱ要在P点点火 加速做离心运动，所以在P点，Ⅱ轨道的线速度大于I 轨道的线选度，选项C正确：由开普勒第三定律只-大 可知，由于Ⅱ轨道半长轴小于Ⅲ轨道的半径，故Ⅱ轨道 的运行周期小于Ⅲ轨道的运行周期，选项D错误. [答案]C [对点集训] 1.B[通过照片估算中间颗粒的轨道半径约为土星半径 的2倍：结合万有引力和密度公式可估算中间颗粒的周 期，对中间颗粒，由牛顿第二定律可得GMm (2R)2 =m(2R) 禁共中M=·青成，联立可得T=2√医代人教 据可得T≈4.0X10s,B正确.] 2.BD[由开普勒第三定律=k,可知T<T:,故A错 误，飞船在轨道I上，万有引力提供向心力GMm= R m4πR,解得地球的质量为M一，故B正确，飞船 T 在轨道Ⅱ时从P到Q运行时万有引力做负功，速度变 小，P点比Q点的速度大，故C错误；飞船需要适当加速 做离心运动，才能与空间站进行对接，故D正确.门 考点三考向1 [例4][解析]双星系统靠相互间的万有引力提供向心 力，则角速度大小和周期相等，所以Q星的周期为T,根 据题意可知n十。=1、n-。=△r,解得=士△r、 2 。/兰，则卫.Q两鬟显的运动辛径之比为告选 2 项D正确；双星系统靠相互间的万有引力提供向心力， 的 角速度大小相等，向心力大小相等，则有Gmm@ Mprp@=ma raw,解得mp Pro G,m 则0 P两颗星的质量差为△m=ma一mp=心△0=4x1Ar】 G GT 选项A正确；P、Q两颗星的线速度大小之差为△=p 0=2x-2=2Ar,选项B正确，P,Q两颗星的质 T T T 量之比为m==仁A,选项C错误. mo rp 1+△r [答案]C 考向2 [例5][解析]每隔时间t会发生一次“相冲”现象，得 （w一)t=2r,根据万有引力提供向心力GMm= mAWA r,G M=mog2·4r,联立解得地球质量为 (4r)2 [答案]D 课堂评价·高考预测 1.CD[太空电梯各，点随地球一起做匀速圆周运动，均处 于失重状态，具有相同的角速度，只有位置达到同步卫 星的高度的，点才处于完全失重状态，故A错误，C正确： 设太空电梯上各，点到地球球心的距离为L,根据=wL, 可知，太空电梯上各，点线速度与该点离地球球心距离成 正比，故B错误；若经过时间t之后，a、b第一次相距最 远，则有1一=脚兰-兴=1，屏得工=巴 2tT 故D正确.门 2.AC[由万有引力提供向心力Gm=mAaA=ma, L 可知mA：g=1:8,该双星系统的洛希极限为r= 乙.44级2,44R8=488R:故AE确，B错送：根 4π2 4x 据万有引力提供向心力m三mrA三mT下s 且有r十=L,可得m=Lm 一·出一，两式 L 相加整理可得T=2√Gm十m,双星的质量一定，双星 之间的距离越大，其转动周期越大；双星间距离一定，双星 的总质量越大，其转动周期越小，故C正确，D错误.] 高考新动向（一）以新情境为背景考查：力与运动问题 动向1 1.D[设拖把与地面之间的动摩擦因数为 F 以，则拖把受到重力、支持力、推力和摩擦 力作用，拖把匀速直线运动时处于平衡 状态，受力示意图如图所示.将推拖把的 力沿竖直方向和水平方向分解，根据平 衡条件得：竖直方向上有Fsin日+mg= 2 FN,水平方向上有Fcos一F=0.式中FN和F;分别为 地面对拖把的支持力和摩擦力，且F,=FN,减小，sin日 减小，地面对拖把的支持力F、变小，对拖把的摩擦力F: 变小，C错误，D正确；减小日时，F,减小而Fcos日增大， 所以拖把在水平方向受到的合力增大，拖把不能继续做 匀速直线运动，A、B错误.门 2.D[手机随汽车匀速运动，处于平衡状态，手机（含引磁 片，下同)受到重力mg、支架的弹力N、摩擦力f以及磁 扣的吸引力F四个力的作用，故A错误：设手机平面与竖 直方向的夹角为日，车载支架对手机的摩擦力f=gc0s日， 当日缓慢减小时，摩擦力逐渐变大，故B错误；车载支架对手 机的弹力N=mgsin日+F,当日缓慢减小时，车载支架对手 机的弹力逐渐减小，故C错误：车载支架对手机的作用力与 手机的重力等大反向，没有发生变化，故D正确.] 动向2 1.AD[开始时，对行李由牛顿第二定律得mg=ma,a= 2m/s,故A正确.设行李做匀加速运动的时间为t1,行李 加速运动的末速度为v=0.4m/s,由v=at1,得t1=0.2s, 匀加速运动的位移大小为=？赋=号X2X0.2m 0.04m,匀速运动的时间为t,=L-工=2一0,04s= 0.4 4.9s,则行李从A到B的时间为t=t十t,=5.1s,故B 错误.行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为△x= t1一x=(0.4×0.2一0.04)m=0.04m,故C错误.行李 一直微匀加速运动时，运动时间最短，由L=之a解 得，最短时间tmm=√2s,故D正确，] 2.C[设车厢底板与水平方向的夹角为日，在车厢由水平 位置缓慢抬升的过程中重力沿车厢底板方向向下的分力 G1=mgsin 0,开始时货物所受静摩擦力f静=G=mgsin6, 随着夹角日的增大，静摩擦力逐渐增大，此后货物开始下 滑，受到的滑动摩擦力随夹角增大而减小，故A错误，货 物恰好滑动时满足mgsin0=uFN=mg cos日，解得μ= an0=0.5<tan30°=号，则衡物合好下清时车厢底板 与水平方向的夹角小于30°，故B错误.当车厢底板与水 平方向的夹角为37°时，若货物此时由静止开始匀加速 下滑，由牛顿第二定律有ng sin37°一ngcos37°=ma,解 得a=2m/s2.车厢长度L=5m,由运动学公式L= 2t,解得运动时间1=后s,但实际上车厢底板与水平 1 方向的夹角达到临界角后货物已经在下滑，当夹角达到 37°时，货物己经有了一定的速度，并下滑了一段位移，故 货物在车厢中的滑行时间小于√5s,C正确.货物参与沿 着车厢底板往下初速度不为零的加速直线运动和水平 向左的加速直线运动，合加速度与初速度始终存在夹 角，则两个运动的合运动为曲线运动，故D错误。」 30 讲解册参考答案 动向3 1,BC[当衣服与桶壁间的最大静 摩擦力大小等于重力时，衣服才 能恰好贴在桶壁上不掉下来，又 最大静摩擦力等于滑动摩擦力， 衣服随桶转动的向心力由桶壁的 支持力提供，设衣服所受最大静 摩擦力大小为fmx,所受支持力大小为FN,因此有∫x =uFN=mg,FN=mwr,解得w=100rad/s,即电动机转 动的角速度至少为w=l00rad/s时，衣服才能贴在桶壁 上不掉下来，故A错误，B正确；水滴沿桶壁切线方向飞 出，到碰到外壁的过程中做平抛运动，其运动的俯视图 如图所示，水滴飞出的速度大小为=wr=100X0.1m/s =]0m/s,水滴的水平位移x=√R一r=t,解得水滴做 平抛运动的时间t仁0.015s,故其竖直位移h=2gt= 2X10×0.013)°m=0.0015m=1.5mm,故选项C 正确，D错误.门 2.BCD[由题意可知，篮球的运动有三种情形.第一种情 形为不与地面碰撞，直接进入篮内：由平抛运动知识可 知L-t1H-h=2i,解得y=55m/s.第二种情 形，篮球在地面反弹后在上升过程中进入篮内：由平抛 运动知识可知L=t,篮球从抛出到进入篮内的总时间 √严√便屏得一56+1ma名 三种情形，篮球在地面反弹后在下降过程中进入篮内： 由平抛运动知识可知L=t,篮球从抛出到进入篮内 的总时月√要巴√ 2(H一)，解得心= g √5（√6-1）m/s.综上所述，选项B、C、D正确，A错误.] 动向4 1.C[开普物第三定律仅适用于同一中心天体的系统，标 识符为“2025一007E”的04星的中心天体是地球，地球 的中心天体是太阳，因此半径和周期不满足开普勒第三马 定律，故A错误；地球绕太阳做匀速圆周运动的轨道半 径R,,周期T。和引力常量为G只能求太阳的质量，无 法求地球的密度，故B错误：对于卫星绕地球运动 ”=阳芹，对子地球能太阳运南M= R R M实R,两式联立可得-尺壳，故D错误，C正确.门 2.D[中国空间站和同步静止卫星相距最近时两者与地 心在同一直线上，因为中国空间站和同步静止卫星轨道 面不在同一平面内，中国空间站和同步卫星相距最近的 位置只能在两者同时到达初始位置，或两者同时到达初 始位置关于地心的对称位置，假设下一次最近在两者初 始位置关于地心的对称位置，同步静止卫星下一次到达 此位置经历的时间为t1=12h,此时中国空间站转过的 3 〡物理 T1 圈数为”一，5=8图，即中国空间站拾好回到初始位 置，此时两者相距不是最近，假设下一次最近在两者同 时到达初始位置，同步静止卫星下一次到达此位置经历 的时间为t,=24h,此时中国空间站转过的圈数为n= 一5,16图，即中国空间站恰好也回到初始位置，所以 到下一次中国空间站和这颗同步静止卫星相距最近经 历的时间为24h,选项D正确. 第一部分专题二能量与动量 第5讲功与功率动能定理 核心素养·助学提能 考点一 [例1][解析]马车以恒定功率在水平路面上沿直线运 动，可知P=F保持不变，由牛顿第二定律有F一f= ma,得a=卫一上，可知随着0增大，a减小，0-t图线 72072 切线的斜率减小，C正确. [答案]C [对点集训] 1,A[该同学拉着物体沿斜坡向上匀速运动时，拉力的功 率等于物体克服重力与摩擦力做功的功率，则穿戴装置 前有P1=(mgsin9十mg cos),穿戴装置后有P,= (1.4 ngsin日+：·1.4mgc0s8)0,所以拉力的功率的增 加量为△P=P,-P1=0.4mgy(sin0+xcos0),A 正确.门 2.B[米粒和糠重力不同，下落的高度相同，根据WG=mgh, 可知重力对米粒做的功和重力对糠做的功不同，A错误；由 于忽略空气阻力，则米粒和糠在竖直方向均做自由落体运 动，根据人=g,可知下落时间相同，落地时竖直分速度 相等，因质量不同，根据P=心，P=mg,米粒和糠重力做 功的平均功率不同，落地时，米粒和糠重力做功的瞬时功率 不同.由于下落过程中，风力水平且大小恒定，由牛顿第二 定律F=ma可知，水平加速度不同，根据x一a,可知米 粒和糠的水平位移不同，故风力对米粒做的功和风力对糠 做的功不同，故B正确，C、D错误.] 考点二考向1 [例2][解析]小物块发生的位移为L十x,对于小物 块，根据动能定理可得Ekm=(F一F,)(L十x),故A正 确；摩擦力对小物块做的功为W=一F,(L十x),故B错 误；物块到达小车最右端时，小车运动的距离为x,对小 车，根据动能定理得EM=Fx,故C正确；小车和小物 块增加的动能为△Ek=Em十EkM=(F一F,)(L十x)十 Fx=F(L十x)一FL,系统重力势能不变，则小物块和 小车增加的机械能为F(L十x)一F,L,故D错误. [答案]AC 的 考向2 [例3][解析]根据题意，从O到N过程中，由动能定 理有2g.2。-mg·2x,=之mu-2mu6, 2 解得N=0,=√2gxo, 从N到Q过程中，由动能定理有mg,十mg·。 2 1 1 mg,=2m6-乞m, 解得a=√3gx,, 则有PN=2umg·√2μgx。=μmg√8gx,PQ= umg√3gx, 则有Px>Pa, 设经过OM、MN、NQ段的时间分别为t1、t2、t,物块在 OM阶段，拉力小于滑动摩擦力，随着拉力的增大，做加 速度减小的减速运动，速度由。减速到M,物块在MN 阶段，拉力大于滑动摩擦力，随着拉力的增大，做加速度 增大的加速运动，物体在O点的加速度大小为1=m3 =g, N点的加速度大小为a=2um5mg=g, n 则有a1=a2· 由对称性可得t=t2, 物体在NQ阶段做加速度减小的加速运动，则在VQ段 的平均速度大于MN段的平均速度，则有t3<t2, 根据F一x图像面积表示做功，由图可知，经过OM、 MN,NQ段F做功分别为W,=2 umg&o,W:=W,= g 又有Paw=t WPa一 WLP MN t: W 可得Pw<PMN<PNa· [答案]C 考向3 [例4][解析](1)物块怡好能通过竖直圆轨道1，设此 时物块在轨道1的最高点速度大小为℃，则在最高点满 vi 足mg=mR' 物块从A点运动到圆轨道1最高，点的过程，由动能定理 有mgh-2R,)=子m, 联立解得h=5m. (2)若物块恰好能通过竖直圆轨道2的最高点，设此时物 块在轨道2的最高点的速度大小为，则有mg=m尽， 02 物块从圆轨道1最高点到圆轨道2最高点的过程，由动 能定理有 1 1 mg(2R-2R:)-pucmgl.u-2 m2 mv 解得x=6