(共47张PPT)
专题三 力与物体的曲线运动
命题点1
PART
01
第一部分
命题点1 运动的合成与分解
近3年5卷5考
1．曲线运动的条件
当物体所受合外力的方向跟它的速度方向不共线时，物体做曲线运动。合运动与分运动具有等时性和等效性，各分运动具有独立性。
2．合外力方向与轨迹
物体做曲线运动的轨迹一定夹在合外力方向与速度方向之间，速度方向与轨迹相切，合外力方向指向轨迹的凹侧。
(2023·辽宁卷，T1)某同学在练习投篮，篮球在空
中的运动轨迹如图中虚线所示，篮球所受合力F的示意图
可能正确的是( )
[解析] 篮球做曲线运动，所受合力指向运动轨迹的凹侧。
√
命题视角：题目以我们熟悉的“投出的篮球的运动”为命题情境，主要考查了物体做曲线运动的条件，合外力、运动轨迹和速度方向三者之间的关系。
方法技巧：画出运动轨迹的切线即速度方向，牢记轨迹向着力的方向弯曲。
(多选)(2024·山东省威海市期末)在光滑水平面上建立Oxy平面坐标系，一质量为m的质点以某一初速度v0运动时，受到恒定外力F＝0.2 N的作用，x轴方向的速度—时间图像如图甲所示，y轴方向的位移—时间图像如图乙所示。质点运动过程中的最小速度为v，速度最小时相对出发点的位移为x。下列说法正确的是( )
A．m＝0.1 kg
B．v0＝4 m/s
C．v＝3 m/s
D．x＝10 m
√
√
当x轴方向的分速度减为0时，质点速度最小，此时有v＝vy＝3 m/s，故C正确；
命题点2
PART
02
第二部分
命题点2 平抛运动
3.平抛运动的两个推论
(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。
(2024·湖北卷，T3)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
√
命题视角：题目以“青蛙从高处荷叶跳到低处荷叶的过程”为命题情境，主要考查了平抛运动基本规律的应用。
方法技巧：要注意实际问题的模型化，把青蛙的跳跃过程看成平抛运动；要根据平抛运动的基本规律得到初速度的表达式再进行讨论分析。
【变式训练】(2024·北京卷，T19)如图所示，水平放置的排水管满口排水，管口的横截面积为S，管口离水池水面的高度为h，水在水池中的落点与管口的水平距离为d。假定水在空中做平抛运动，已知重力加速度为g，h远大于管口内径。求：
(1)水从管口到水面的运动时间t；
(2)水从管口排出时的速度大小v0；
(3)管口单位时间内流出水的体积Q。
命题点3
PART
03
第三部分
命题点3 斜抛运动
近3年7卷7考
(多选)(2024·江西卷，T8)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( )
√
√
[解析] 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为定值，则有水平位移x＝vxt，故A正确，C错误；
命题视角：题目以“小鱼从低处向上跃出水面，冲到高处的过程”为命题情境，主要考查了运动的分解、斜抛运动的规律和分析方法、图像物理意义的理解等知识。
方法技巧：对于曲线运动，要注意“化曲为直”思想的应用，即把斜上抛运动分解为“水平方向的匀速运动”和“竖直方向的匀减速运动”，特别要注意“末速度v沿x轴正方向”时竖直分速度减为零。
√
√
命题点4
PART
04
第四部分
2．常见的圆周运动及临界条件
(1)水平面内的圆周运动
运动模型 动力学分析 临界情况
水平转盘上的物体 Ff＝mω2r 恰好滑动
运动模型 动力学分析 临界情况
圆锥摆模型 mg tan θ＝mrω2 恰好离开接触面
运动模型 动力学分析 临界情况
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；恰好做完整圆周运动
运动模型 动力学分析 临界情况
倾斜转盘上的物体 最高点mg sin θ±Ff＝mω2r 最低点Ff－mg sin θ＝mω2r 恰好通过最低点
√
考向1 圆周运动的运动学分析
(2024·辽宁、吉林、黑龙江卷，T2)当篮球在指尖上绕轴
转动时，球面上P、Q两点做圆周运动的( )
A．半径相等
B．线速度大小相等
C．向心加速度大小相等
D．角速度大小相等
[解析] 由题意可知，球面上P、Q两点转动时属于同轴转动，故角速度大小相等，故D正确；
球面上P、Q两点做圆周运动的半径的关系为rP＜rQ，故A错误；
根据v＝rω可知，vP＜vQ，故B错误；
根据an＝rω2可知，aP＜aQ，故C错误。
命题视角：题目以“篮球在指尖上绕轴转动”为命题情境，主要考查了圆周运动物理量间的关系。
方法技巧：要记住“同轴转动的物体角速度相同”。
√
(2024·江苏卷，T11)如图所示，细绳穿过竖直的管子拴
住一个小球，让小球在A高度处做水平面内的匀速圆周运动，
现用力将细绳缓慢下拉，使小球在B高度处做水平面内的匀速
圆周运动，不计一切摩擦，则( )
A．线速度vA>vB B．角速度ωA>ωB
C．向心加速度aA
FB
√
[解析] 设绳子与竖直方向的夹角为θ，对小球受力分析有Fn＝mg tan θ＝ma，由题图可看出小球从A高度到B高度θ增大，则有aA√
[解析] 对A分析可知，A所受的重力与B对A的支持力平衡，B对A的摩擦力提供A做圆周运动的向心力，则B对A的摩擦力指向圆心，根据牛顿第三定律可知，A对B的摩擦力方向背离圆心，A错误；
根据上述有fBA＝3mω2r，根据牛顿第三定律可知，A对B的摩擦力大小为3mω2r，该摩擦力为静摩擦力，因此物块B对物块A的摩擦力不一定为3μmg，B错误；
对A、B整体分析有f＝(3m＋2m)ω2r＝5mω2r，C正确；(共27张PPT)
复习效果自测
√
1．(2024·新课标卷，T15)福建舰是我国自主设计建造的首艘弹射型航空母舰。借助配重小车可以进行弹射测试，测试时配重小车被弹射器从甲板上水平弹出后，落到海面上。调整弹射装置，使小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍。忽略空气阻力，则小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的( )
A．0.25 B．0.5
C．2倍 D．4倍
√
2．(2024·江苏卷，T4)喷泉a、b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．在空中的时间相同
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；
√
3．(2024·青海西宁市联考)离心机是一种利用离心力进行物质分离的机械设备。利用离心机的旋转可使混合液中的悬浮微粒快速沉淀。如图为某离心机工作时的局部图，分离过程中，下列说法正确的是( )
A．混合液不同部分做离心运动是由于受到离心力的作用
B．混合液不同部分的线速度相同
C．混合液不同部分的角速度相同
D．混合液底层1部分的向心加速度大小比上层2部分小
解析：混合液不同部分做离心运动是因为受到的实际作用力不足以提供做圆周运动所需的向心力，故A错误。
混合液不同部分的角速度相同，根据v＝ωr，可知混合液不同部分的线速度不相同；根据a＝ω2r，可知混合液底层1部分的向心加速度大小比上层2部分大，故C正确，B、D错误。
√
4．(2024·辽宁省名校联盟调研)如图所示，平静的湖面上一龙舟正以v1＝40 m/s的速度向东行驶，另一小摩托艇正以v2＝30 m/s的速度向南行驶，则此时摩托艇驾驶员看到的龙舟行驶速度v的大小和方向为(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( )
A．v＝40 m/s，向东行驶
B．v＝30 m/s，向北行驶
C．v＝50 m/s，向东偏北37°方向行驶
D．v＝50 m/s，向西偏南37°方向行驶
5．(2024·江西新余市二模) “打水漂”是一种常见的娱乐活动，以一定的高度水平扔出的瓦片，会反复在水面上弹跳前进，假设瓦片和水面相撞后，在水平和竖直方向速度大小均减小，以下四幅图有可能是瓦片轨迹的是( )
√
6．(2024·河南周口市二模)扇车在我国西汉时期就已广泛被用来清选谷物。谷物从扇车上端的进谷口进入分离仓，分离仓右端有一鼓风机提供稳定气流，从而将谷物中的秕粒a(秕粒为不饱满的谷粒，质量较轻)和饱粒b分开。若所有谷粒进入分离仓时，在水平方向获得的动量相同。之后所有谷粒受到气流的水平作用力可视为相同。下图中虚线分别表示a、b谷粒的轨迹，Fa、Fb为相应谷粒所受的合外力。下列四幅图中可能正确的是( )
√
√
7.(2024·吉林白山市二模)如图，玩具小车在轨道上做匀速
圆周运动，测得小车1 s绕轨道运动一周，圆轨道半径为
0.3 m，玩具小车的质量为0.5 kg，AC为过圆心竖直线，
BD为过圆心水平线，重力加速度g大小取10 m/s2，可将
小车看作质点，下列说法正确的是( )
A．小车在BD下方运动时处于失重状态
B．小车在B点不受摩擦力作用
C．小车在C点时对轨道的压力恰好为零
D．小车在A点时对轨道的压力比在C点时大10 N
解析：在BD下方运动时，向心加速度指向圆心，均有竖直向上的分量，故小车处于超重状态，故A错误；
由于玩具小车在轨道上做匀速圆周运动，切向合力为零，故在B点受到竖直向上的摩擦力，故B错误；
8.(2024·江西上饶市一模)如图所示，照片中视为质点的汽
车在水平路面上做匀速圆周运动，图中圆形虚线所示为该
车运动轨迹，半径R为50 m，假设汽车受到的最大静摩擦
力等于车重的0.2，g取10 m/s2，则运动的汽车( )
A．所受的合力可能为零
B．只受重力和地面的支持力作用
C．所需的向心力由重力和支持力的合力提供
D．最大速度不能超过10 m/s2
√
解析：由题意可知，汽车做匀速圆周运动，汽车受到的静摩擦力提供其做匀速圆周运动的向心力，所以其合力不可能为零，故A错误；
对汽车受力分析，其受到重力、支持力以及静摩擦力，其中静摩擦力提供汽车做匀速圆周运动的向心力，故B、C错误；
√
9．(2024·黑龙江省第二次联考)飞镖扎气球是一种民间娱乐游戏项目，其示意图如图甲所示，靶面竖直固定，O点为镖靶中心，OP水平、OQ竖直，靶面图如图乙所示。若每次都在空中同一位置M点水平射出飞镖，且M、O、Q三点在同一竖直平面内，忽略空气阻力。关于分别射中靶面O、P、Q三点的飞镖，下列说法错误的是( )
A．射中O点的飞镖射出时的速度最小
B．射中P点的飞镖射出时的速度最大
C．射中Q点的飞镖空中飞行时间最长
D．射中O、P两点的飞镖空中飞行时间相等
10．(2024·江西上饶市一模)2023年，杭州亚运会女排决赛中，中国队战胜日本队夺冠。如图甲所示，排球场总长为L，宽为d，网高为h，假设运动员可在本方场地(如图乙)底线正上方不同位置以不同速率向右侧各方向水平击出排球，击球高度为H(H>h)。不计空气阻力的作用，重力加速度为g，若排球的击打速度v在某范围内，通过选择适合的方向，能使排球落在对方场区内。则( )
√
11．(2024·福建龙岩市二模)玉米是我国重要的农作物。收割后脱粒玉米用如图甲所示的传送带装置。如图乙所示，将收割晒干的玉米投入脱粒机后，玉米粒从静止开始被传送到底端与脱粒机相连的顺时针匀速转动的传送带上，一段时间后和传送带保持相对静止，直至从传送带的顶端飞出，最后落在水平地面上，玉米被迅速装袋转运，提升了加工转运的效率。已知传送带与水平方向的夹角为θ、顶端的高度为h，玉米粒相对于传送带顶端的最大高度也是h。若不计风力、空气阻力和玉米粒之间的相互作用力，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
√
解析：玉米粒刚放在传送带上时，玉米粒受到沿传送带向上的滑动摩擦力，当玉米粒与传送带达到共速后，受到沿传送带向上的静摩擦力，所受摩擦力发生改变，故A错误；
12．(多选)(2024·福建南平市一模)市面上有一种自动计数的智能呼啦圈。如图甲，腰带外侧带有轨道，将带有滑轮的短杆穿过轨道，短杆的另一端悬挂一根带有配重的细绳，其模型简化如图乙所示。将腰带水平套在腰上，通过人体的微小扭动，使配重在水平面内做匀速圆周运动，此时绳子与竖直方向夹角为θ。配重运动过程中认为腰带没有变形，下列说法正确的是( )
A．若增大转速，绳子的拉力变小
B．若增大转速，腰受到腰带的弹力变大
C．若减小转速，腰受到腰带的摩擦力不变
D．若只增加配重，保持转速不变，则绳子与竖直方向夹角θ变小
√
√
解析：依题意，对配重受力分析，由牛顿第二定律可得
mg tan θ＝mω2(l sin θ＋r0)，若增大转速，配重做匀速圆
周运动的半径变大，绳与竖直方向的夹角θ将增大，竖直
方向上有mg＝T cos θ，水平方向T sin θ＝Fn，可知配重在竖直方向平衡，拉力T变大，向心力Fn变大，对腰带受力分析如图所示，可得竖直方向有f＝Mg＋T cos θ＝Mg＋mg，水平方向有N＝T sin θ＝Fn，故腰受到腰带的摩擦力不变，腰受到腰带的弹力增大，故A错误，B正确；
若减小转速，根据A、B选项的分析，腰受到腰带的摩擦力仍是保持不变，故C正确；
若增加配重，保持转速不变，则绳子与竖直方向夹角θ不变，故D错误。(共16张PPT)
高考热点强化练1
动力学方法的综合应用
1．(2024·河北唐山市期末)如图所示，一个质量M＝2.5 kg的长方体形空铁箱在水平拉力F作用下沿水平面向右做匀加速运动，铁箱内一个质量m＝0.5 kg的木块恰好相对于铁箱静止在后壁上。铁箱与水平面间的动摩擦因数μ1＝0.3，木块与铁箱后壁间的动摩擦因数μ2＝0.25。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，木块可视为质点，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求水平拉力F的大小。
解析：由题可知，木块恰好相对于铁箱静止在后壁上，则有
mg＝μ2FN，FN＝ma
对铁箱有F－μ1(M＋m)g＝(M＋m)a
联立解得F＝129 N。
答案：129 N
(2)当铁箱的速度为6 m/s时撤去拉力，经1 s时间木块恰好落到铁箱底部右端，则铁箱的长度是多少？
答案：1.5 m
2．(2024·安徽合肥市二模)图甲为某种排盘机，可以通过排盘器将包子、蛋糕等食品整齐地摆放在托盘中，图乙为排盘机的示意图。开始时排盘器水平，静止在托盘上方，其上表面距托盘高h＝5 cm。包子到达距排盘器左端l＝14.5 cm处时速度大小v0＝1.4 m/s，方向水平向左，此时排盘器以a＝5 m/s2的加速度水平向右做匀加速直线运动。当包子刚好离开排盘器时，排盘器立即停止运动。已知包子所受的阻力为其重力的0.4，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)排盘器加速运动的时间；
答案：0.1 s
(2)包子落至托盘瞬间的速度。
(1)要使小包裹在离开传送带甲之前与甲的速度相同，则小包裹释放的位置至传送带乙的左侧边缘的距离L至少为多少？
答案：3.2 m
(2)求小包裹滑上传送带乙后所受摩擦力的大小及方向。
答案：2.5 N 与水平方向成60°斜向左上方
4．(2024·福建厦门市期末)在高速公路的长下坡路段，通常会设有如图甲所示的紧急避险车道，车辆在下坡过程中若遇刹车故障则可滑行至避险车道进行避险，整个过程简化为图乙所示。
一辆货车以72 km/h的速度在下坡行驶的过程中刹车失灵，在倾角θ1＝14.5°的坡道上自由滑行L1＝600 m的距离后冲上倾角θ2＝37°的避险车道，已知货物的质量为货车质量的2倍，放置于距车厢前端5 m处，货物未采取固定措施，货车在坡道上自由滑行时受到的阻力为车与货物总重的0.15，在避险车道上滑行时受到的阻力为车与货物总重的0.8，货物与车厢间的动摩擦因数μ＝0.75，货车由坡道驶入避险车道的过程中货物并未相对于车厢发生滑动，完全驶入避险车道后速度损失25%，已知sin 14.5°≈0.25，cos 14.5°≈0.97，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)货车到达坡道底端时的速度；
答案：40 m/s
(2)货车完全滑入避险车道后继续运动的距离；
答案：25 m
(3)货物是否会撞上车厢的前护栏。
答案：货物会撞上车厢的前护栏(共24张PPT)
复习效果自测
√
1．(2024·广西卷，T3)让质量为1 kg的石块P1从足够高处自由下落，P1在下落的第1 s末速度大小为v1，再将P1和质量为2 kg的石块绑为一个整体P2，使P2从原高度自由下落，P2在下落的第1 s末速度大小为v2，g取10 m/s2，则( )
A．v1＝5 m/s B．v1＝10 m/s
C．v2＝15 m/s D．v2＝30 m/s
解析：重物自由下落做自由落体运动，与质量无关，则下落1 s后速度v1＝v2＝gt＝10 m/s。
√
2．(2024·河南驻马店市期末)小明每天上午6：30从家出发骑电动自行车上学，大概需要15 min到达。根据电动车新国标，电动自行车设计时速不超过25 km/h，上路行驶最大速度不得超过15 km/h，否则会自动发出警报响声，这些标准的设定，旨在保障乘坐者的安全，则下列说法正确的是( )
A．题目中的6：30和15 min均指时间
B．题目中的25 km/h，指的是平均速度
C．电动车速度仪表盘上的示数18 km/h，指的是瞬时速度
D．当研究小明上学路途所需时间时，可以把小明看成质点
解析：题目中的6：30指的是时刻，15 min指的是一段时间，A错误；
题目中的25 km/h，指的是瞬时速率，B错误；
电动车速度仪表盘上的示数18 km/h，指的是瞬时速率，C错误；
当研究小明上学路途所需时间时，小明的大小和形状可以忽略，可以把小明看成质点，D正确。
√
3．(2024·陕西渭南市一模)具有“主动刹车系统”的汽车遇到紧急情况时，会立即启动主动刹车。某汽车以72 km/h的速度匀速行驶时，前方45 m处突然出现一群羚羊横穿公路，“主动刹车系统”立即启动，汽车开始做匀减速直线运动，恰好在羚羊通过道路前5 m处停车。汽车开始“主动刹车”后第4 s内通过的位移大小为( )
A．1 m B．1.5 m
C．2 m D．2.5 m
√
5．(多选)(2024·陕西铜川市一模)如图甲所示，长木板A静止在光滑水平面上，另一质量为2 kg的物体B(可看作质点)以水平速度v0＝3 m/s滑上长木板A的表面。由于A、B间存在摩擦，之后的运动过程中A、B的速度－时间图像如图乙所示。g取10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．长木板A、物体B所受的摩擦力均与各自运动方向相反
B．A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2
C．A长度至少为3 m
D．长木板A的质量是4 kg
√
√
解析：摩擦力与物体的相对运动方向相反，由题意可知，长木板A的运动方向与其所受摩擦力方向相同，物体B运动方向与其所受摩擦力方向相反，故A错误；
由题图乙可知前1 s内二者相对运动，位移差为1.5 m，则A板长度至少为1.5 m，故C错误；
√
6．(2024·辽宁鞍山市期末)某次蹦床比赛过程中，利用力传感器测得运动员所受蹦床弹力F随时间t的变化图像如图所示。已知运动员质量为m，重力加速度大小为g，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A．运动员最大加速度大小为4g
B．运动员在蹦床上运动过程中处于失重状态
C．运动员与蹦床脱离时处于超重状态
D．运动员在蹦床上运动过程中，运动员对蹦床的作用力大小始终等于蹦床对运动员的作用力大小
运动员在蹦床上运动过程中，弹力大于重力时处于超重状态，弹力小于重力时处于失重状态，故B错误；
运动员与蹦床脱离时，只受重力作用，加速度向下，处于失重状态，故C错误；
根据牛顿第三定律可知，运动员在蹦床上运动过程中，运动员对蹦床的作用力大小始终等于蹦床对运动员的作用力大小，故D正确。
√
√
9.(多选)(2024·福建厦门市期末)如图所示，传送带始终保
持v＝2 m/s的速度顺时针传动，一质量m＝0.5 kg的物块
以v0＝4 m/s的速度从A点向右滑上传送带，设物块与传送带间的动摩擦因数为0.2，传送带两端点A、B间的距离L＝5 m，g取10 m/s2，下列说法正确的有( )
A．物块一直做匀加速直线运动
B．刚开始物块的加速度大小为2 m/s2
C．物块从A点运动到B点所用时间为3 s
D．传送带上将留下一段长为1 m的摩擦痕迹
√
√
10.(2024·河南漯河市期末)如图所示，一个质量为10 kg的物体，在垂直于斜面推力F的作用下静止在倾角θ＝37°的固定斜面上，已知物体与斜面间的动摩擦因数为0.5，斜面足够长，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
(1)若要使物体静止在斜面上，则推力F至少为多大？
解析：若要使物体静止在斜面上，根据平衡条件得
mg sin 37°＝μ(F＋mg cos 37°)
解得推力至少为F＝40 N。
答案：40 N
(2)若撤去推力F，物体沿斜面下滑4 m的过程中，求物体的平均速度大小。
答案：2 m/s
(1)物块初速度大小及其在薄板上运动的时间；
(2)平台距地面的高度。(共54张PPT)
专题二 力与物体的直线运动
命题点1
PART
01
第一部分
命题点1 运动描述及匀变速直线运动规律的应用
近3年9卷10考
1．常用方法和规律
2．两种匀减速直线运动
(1)刹车问题：末速度为零的匀减速直线运动问题常用逆向思维法，对于刹车问题，应先判断车停下所用的时间，再选择合适的公式求解。
(2)双向可逆类运动：匀减速直线运动速度减为零后反向运动，全过程加速度的大小和方向均不变，故求解时可对全过程列式，但需注意x、v、a等矢量的正负及物理意义。
(2024·江西卷，T3)某物体位置随时间的关系为x＝1＋2t＋3t2，则关于其速度与1 s内的位移大小，下列说法正确的是( )
A．速度是刻画物体位置变化快慢的物理量，1 s内的位移大小为6 m
B．速度是刻画物体位移变化快慢的物理量，1 s内的位移大小为6 m
C．速度是刻画物体位置变化快慢的物理量，1 s内的位移大小为5 m
D．速度是刻画物体位移变化快慢的物理量，1 s内的位移大小为5 m
√
[解析] 速度等于位移与时间的比值。位移是物体在一段时间内从一个位置到另一个位置的位置变化量，速度是刻画物体位置变化快慢的物理量。由x＝1＋2t＋3t2可知开始时物体的位置x0＝1 m，1 s时物体的位置x1＝6 m，则1 s内物体的位移Δx＝x1－x0＝5 m。
√
命题视角：以“固定光滑斜面上的木板由静止释放通过A点”为命题情境，主要考查了位移公式的应用。
方法技巧：由于木板不能看成质点，木板通过A点的时间应该是木板下端到A点至木板上端离开A点所用的时间。
(2024·广西卷，T13)如图，轮滑训练场沿直线等间距地摆放着若干个定位锥筒，锥筒间距d＝0.9 m，某同学穿着轮滑鞋向右匀减速滑行。现测出他从1号锥筒运动到2号锥筒用时t1＝0.4 s，从2号锥筒运动到3号锥筒用时t2＝0.5 s。求该同学：
(1)滑行的加速度大小；
[答案] 1 m/s2
(2)最远能经过几号锥筒。
[答案] 4
命题视角：题目以“某同学穿着轮滑鞋，沿直线等间距地通过若干个定位锥筒”为命题情境，考查了平均速度公式、位移公式、位移速度公式等的应用。
方法技巧：一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，这一结论往往为解题带来极大的方便。
命题点2
PART
02
第二部分
命题点2 牛顿第二定律的应用
近3年11卷11考
考向1 超重和失重
通过受力分析，应用牛顿第二定律求出加速度的方向，如果加速度方向竖直向上或有竖直向上的分量，则物体处于超重状态；如果加速度方向竖直向下或有竖直向下的分量，则物体处于失重状态。
(2024·福建厦门市第二次质检)在身体素质测试“原地纵跳摸高”科目中，某同学快速下蹲后立即蹬伸竖直起跳。在此过程中，测得该同学竖直方向加速度a随时间t的变化关系如图所示，已知竖直向上为正方向，则该同学( )
A．从A到B的过程中，处于超重状态
B．在B点时，速度为零
C．在C点时，恰好离开地面
D．从C到D的过程中，处于失重状态
√
[解析] 从A到B的过程中，该同学有向下的加速度，处于失重状态，故A错误；
a-t图像与坐标轴围成的面积表示速度变化量，该同学在A点的速度为零，故该同学在B点时，速度不为零，故B错误；
恰好离开地面时，地面对该同学的作用力为零，不计空气阻力，则该同学的加速度为重力加速度，故该同学在D点时，恰好离开地面，故C错误；
从C到D的过程中，该同学有向下的加速度，处于失重状态，故D正确。
考向2 瞬时问题
应用牛顿第二定律分析瞬时问题时，应注意物体与物体间的弹力、绳的弹力和杆的弹力可以突变，而弹簧的弹力不能突变。
(2024·湖南卷，T3)如图，质量分别为4m、3m、2m、m的
四个小球A、B、C、D，通过细线或轻弹簧互相连接，悬挂于O
点，处于静止状态，重力加速度为g。若将B、C间的细线剪断，
则剪断瞬间B和C的加速度大小分别为( )
A．g，1.5g B．2g，1.5g
C．2g，0.5g D．g，0.5g
[解析] 剪断前，对B、C、D整体分析有FAB＝(3m＋2m＋m)g，对D，FCD＝mg；剪断后，对B，FAB－3mg＝3maB，解得aB＝g，方向竖直向上，对C，FDC＋2mg＝2maC，解得aC＝1.5g，方向竖直向下。
√
命题视角：题目以“细线或轻弹簧连接的物体”为命题情境，主要考查了受力分析和应用牛顿第二定律分析瞬时问题。
方法技巧：解题的关键是要区别绳子的弹力可以“突变”，弹簧的弹力不能“突变”。
考向3 连接体问题
1．整体法与隔离法的选用
(1)当连接体中各物体具有共同的加速度时，一般采用整体法；当连接体内各物体的加速度不同时，一般采用隔离法。
(2)求连接体内各物体间的相互作用力时必须用隔离法。
2．连接体问题的解题技巧
(1)通过轻绳连接的两个物体：如果做加速运动(绳绷紧)，则它们沿绳方向的加速度大小相同。
(2)叠加体类连接体：两物体间刚要发生相对滑动时物体间达到最大静摩擦力，靠摩擦力带动的物体的加速度达到最大加速度。
(3)靠在一起的连接体：分离时相互作用力为零，但此时两物体的加速度仍相同。
(4)由轻弹簧连接的物体：弹簧对两物体的弹力总是大小相等、方向相反，两端物体的速度、加速度一般不同，多用隔离法。关注弹簧弹力随物体位移的变化规律，注意弹簧弹力不能突变。
√
【变式训练】 (多选)(2024·安徽安庆市二模)如图所示，一固定光滑直杆与水平方向夹角为α，一质量为M的物块A套在杆上，通过轻绳连接一个质量为m的小球B。现让A、B以某一相同速度沿杆方向开始上滑，此时轻绳绷紧且与竖直方向夹角为β，A、B一起沿杆上滑过程中，设A、B的加速度大小为a，轻绳的拉力大小为FT，杆对物块A的弹力大小为FN，已知重力加速度为g，A、B均可看成质点，则( )
A．a＝g tan α
B．α＝β
C．FN＝(M＋m)g cos α
D．FT>mg cos β
√
√
解析：根据题意，A、B一起沿杆上滑过程中，将A、B看成一个
整体，受力分析如图所示，根据平衡条件可知FN＝(M＋m)g cos α，
而在运动的方向上由牛顿第二定律有(M＋m)·g sin α＝(M＋m)a，
解得a＝g sin α，故A错误，C正确；
对小球分析，由于小球的加速度沿着杆向下，则垂直于杆的方向合力应为0，由此可知细线一定与杆垂直，即mg cos α＝FT，则根据几何关系可知α＝β，因此有mg cos β＝FT，故B正确，D错误。
命题点3
PART
03
第三部分
命题点3 动力学的两类基本问题
近3年2卷2考
1．两类题型
一种是已知运动分析受力，一种是已知受力分析运动。
2．解题关键
(1)抓住“两个分析”：受力分析和运动过程分析；
(2)“两个桥梁”：加速度是联系运动和力的桥梁，转折点的速度是联系多运动过程的桥梁。
(2024·湖北省八市3月联考)今年春节前后的两场冻雨突袭我省部分地区，造成了诸多交通不便。某路段上一辆卡车为紧急避险刹车，车轮抱死。与未结冰时相比较，卡车在冰冻路面上滑行时( )
A．惯性更大 B．加速度更大
C．滑行距离更近 D．滑行时间更长
√
[解析] 惯性的大小只与物体的质量有关，质量越大，物体所具有的惯性就越大，故A错误；
路面结冰时轮胎与路面间的动摩擦因数减小，由－μmg＝ma，可得a＝－μg，可知，与未结冰时相比较，卡车在冰冻路面上滑行时做减速运动的加速度减小，故B错误；
(2024·青海西宁市期末)已知钢架雪车比赛赛道由起跑区、出发区、滑行区及减速区四个区段组成，图中AB为起跑区、BC为出发区，AB赛段水平，BC赛段与水平面夹角θ＝5°。若运动员推着雪车从A点由静止出发，以2 m/s2的加速度匀加速跑到B点时速度大小为9 m/s，接着快速俯卧到雪车上沿BC下滑。已知运动员到达C点时的速度大小为12 m/s，赛道BC的长度为45 m，g取10 m/s2，sin 5°≈0.09，cos 5°≈1.00，不计空气阻力，求：
(1)运动员在起跑区的运动时间；
[解析] 设运动员在起跑区的运动时间为t1，根据vB＝a1t1
解得t1＝4.5 s。
[答案] 4.5 s
(2)雪车与冰面间的动摩擦因数。
[答案] 0.02
命题点4
PART
04
第四部分
命题点4 动力学方法的综合应用
近3年2卷2考
考向1 传送带问题
1．解题关键：传送带问题的实质是相对运动问题，关键是根据相对运动确定摩擦力的方向，如根据牛顿第二定律求加速度，确定相对运动的位移等。
2．分析思路
(1)水平传送带
①根据传送带的速度v带计算物体加速运动的时间t和位移x；
②比较位移x和传送带的长度l，判断物体的实际运动过程。
(2)倾斜传送带向下传送物体的情况
①若μ≥tan θ且物体能与传送带共速，则共速后物体做匀速运动；
②若μ (2024·天津河北区期末)如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v-t图像(以地面为参考系)如图乙所示。已知v2＞v1，则( )
A．t2时刻，小物块到A处的距离达到最大
B．t2时刻，小物块相对于传送带滑动的距
离达到最大
C．0到t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
D．0到t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
√
[解析] 0到t1时间内小物块向左做匀减速直线运动，t1时刻小物块向左速度减为零，此时到A处的距离达到最大，故A错误；
t2时刻前小物块相对于传送带向左运动，之后小物块相对于传送带静止，则t2时刻小物块相对于传送带滑动的距离达到最大，故B正确；
0到t2时间内小物块先减速，后反向加速，小物块受到大小不变、方向始终向右的摩擦力作用，故C错误；
由B选项分析知，t2时刻之后小物块不受摩擦力作用，故D错误。
考向2 滑块—木板模型
三个基本关系
加速度 关系 如果滑块与木板之间没有发生相对运动，可以用“整体法”求出它们一起运动的加速度；如果滑块与木板之间发生相对运动，应采用“隔离法”分别求出滑块与木板运动的加速度。应注意找出滑块与木板是否发生相对运动的隐含条件
速度 关系 滑块与木板之间发生相对运动时，明确滑块与木板的速度关系，从而确定滑块与木板受到的摩擦力。应注意当滑块与木板的速度相同时，摩擦力会发生突变的情况
位移 关系 滑块与木板叠放在一起运动时，应仔细分析滑块与木板的运动过程，明确滑块与木板对地的位移和滑块与木板之间的相对位移的关系
(2024·江门市二模)如图所示，载重卡车载着与卡车质量相等的货物在平直公路上以v0＝24 m/s的速度匀速行驶，紧急制动时防抱死制动系统(ABS)使车轮与地面间恰好达到最大静摩擦力，货物相对水平车厢底板发生滑动，恰好不能与车厢前壁发生碰撞。已知车轮与地面间的动摩擦因数μ1＝0.9，货物与车厢底板间的动摩擦因数μ2＝0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2。
(1)求货物与车厢前壁的距离L；
[答案] 7.2 m
(2)若卡车以v＝28 m/s的速度匀速行驶，要使货物不能与车厢前壁发生碰撞，求卡车制动的最短距离d。
[答案] 41.8 m
审题与规范答题(一)——动力学综合型
【审题定位】
动力学综合型问题主要有三类题型：多运动过程、传送带模型和滑块木板模型。研究对象往往有多个，过程较复杂，解题过程要抓住运动状态转折点或临界点分析，找到解决问题的突破口。这种题型主要运用牛顿运动定律和运动学公式来求解，要做好受力分析和运动过程的分析。
【规范要求】
①必要的文字说明，虽然文字说明没有分值，但是必要的文字说明使条理清晰，方便阅卷；②必要的物理公式；③明确的计算结果；④使用各种字母符号要规范；⑤用物理语言表述；⑥绘制图形、图像要清晰、准确。
【题目示例】
(16分)(2024·四川泸州市二诊)如图，质量m＝2 kg 的物块静置于质量M＝3 kg的长木板右端，长木板长L＝1.5 m，物块与长木板间动摩擦因数μ1＝0.2，长木板与地面间动摩擦因数μ2＝0.1，物块与长木板之间、长木板与地面之间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。现有一水平向右的恒力F作用在长木板上。
(1)若恒力F1＝10 N，求物块和长木板的加速度大小；
(2)若恒力F2＝24 N，求物块在长木板上滑动的时间；
(3)若恒力F3＝30 N，作用一段时间后撤去，物块恰好不从长木板上掉下，求恒力作用的时间。
【审题模板】
1．题型特点：滑块－木板模型，其实质是研究物体间的相对运动。
2．审题关键：找到物块和木板间发生滑动的临界状态对应的拉力F的大小。
3．思路点拨：根据物块恰好相对滑动时，合力就是滑动摩擦力，根据牛顿第二定律求出加速度，再对物块和木板整体受力分析，应用牛顿第二定律求拉力F。
4．规律选择：应用牛顿第二定律和运动学公式求解相关问题，特别要注意相对位移的表示。
(1)若恒力F1＝10 N，求物块和长木板的加速度大小；
【规范答题】
(第1个给分点：5分)对物块μ1mg＝ma0(1分)
对物块和长木板整体
F0－μ2(m＋M)g＝(m＋M)a0(1分)
解得F0＝15 N(1分)
即当F1＝10 N时，物块和长木板相对静止，对物块和长木板整体
F1－μ2(m＋M)g＝(m＋M)a1(1分)
解得a1＝1 m/s2。(1分)
(2)若恒力F2＝24 N，求物块在长木板上滑动的时间；
【规范答题】
(第2个给分点：4分)当F2＝24 N时，物块和长木板有相对滑动，对物块μ1mg＝ma2(1分)
对长木板F2－μ2(m＋M)g－μ1mg＝Ma3(1分)
当物块滑下长木板时有a3t2－a2t2＝L(1分)
解得t＝1 s。(1分)
(3)若恒力F3＝30 N，作用一段时间后撤去，物块恰好不从长木板上掉下，求恒力作用的时间。
【规范答题】
(第3个给分点：7分)当F3＝30 N时，物块仍以加速度a2做匀加速直线运动，对长木板
F3－μ2(m＋M)g－μ1mg＝Ma4(1分)
作用t1时间后，长木板的速度为v1＝a4t1(1分)
撤去F3后，物块继续以加速度a2做匀加速直线运动，长木板做加速度为a5的匀减速直线运动，对长木板μ2(m＋M)g＋μ1mg＝Ma5(1分)(共24张PPT)
复习效果自测
√
1．(2024·广西卷，T1)潮汐现象出现的原因之一是在地球的不同位置海水受到月球的引力不相同。图中a、b和c处单位质量的海水受月球引力大小在( )
A．a处最大
B．b处最大
C．c处最大
D．a、c处相等，b处最小
√
√
3．(2024·山东泰安市期末)近年来，中国发射了多颗北斗卫星，a、b、c为其中的三颗卫星，三颗卫星的轨道半径Ra＝Rb>Rc，角速度大小分别为ωa、ωb、ωc，如图所示。以下说法正确的是( )
A．ωa<ωb
B．ωa<ωc
C．地球对卫星c的万有引力一定大于地球对卫星a的万有引力
D．地球对卫星a的万有引力与地球对卫星b的万有引力一定等大
因为不知道卫星a、b、c的质量大小，所以无法判断地球对卫星a、b、c引力的大小，故C、D错误。
√
4．(2024·江西新余市二模)2023年华为隆重推出搭载我国自主研发的麒麟9000s芯片的Mate60手机，该手机可以与地球同步轨道的“天通一号01”实现卫星通信。 已知地球半径为R，“天通一号01”离地高度约为6R，以下关于该卫星的说法正确的是( )
A．卫星在地球同步轨道上处于平衡状态
B．卫星的发射速度小于近地卫星的环绕速度
C．卫星的加速度约为静止在赤道上物体加速度的36倍
D．若地球自转加快，卫星为保持与地面同步，轨道高度应降低
解析：卫星在地球同步轨道上做匀速圆周运动，不处于平衡状态，故A错误；
同步卫星轨道高于近地卫星轨道，故发射速度大于最小发射速度，即最大环绕速度，故B错误；
同步轨道上卫星与赤道上物体运动的角速度相同，由an＝ω2r，卫星在同步轨道上的向心加速度约是赤道上物体向心加速度的7倍，故C错误；
5．(多选)(2024·辽宁省重点高中二模) 厦门大学天文学系顾为民教授团队利用我国郭守敬望远镜积累的海量恒星光谱，发现了一个处于宁静态的中子星与红矮星组成的双星系统，质量比约为2∶1，同时绕它们连线上某点O做匀速圆周运动，研究成果于2022年9月22日发表在《自然·天文》期刊上。则此中子星绕O点运动的( )
A．角速度等于红矮星的角速度
B．轨道半径大于红矮星的轨道半径
C．向心力大小约为红矮星的3倍
D．向心加速度小于红矮星的向心加速度
√
√
解析：中子星与红矮星组成双星系统，同时绕它们连线上某点O做匀速圆周运动，则中子星绕O点运动的角速度等于红矮星的角速度，故A正确；
中子星与红矮星之间的万有引力是一对相互作用力，大小相等，由万有引力提供向心力，可知中子星与红矮星做匀速圆周运动的向心力大小相等，则有m中ω2r中＝m红ω2r红，m中a中＝m红a红，由于中子星质量大于红矮星质量，则中子星的轨道半径小于红矮星的轨道半径，中子星的向心加速度小于红矮星的向心加速度，故B、C错误，D正确。
√
6．(2024·河北石家庄市质检)“风云”气象卫星是我国重要的民用遥感卫星，其中“风云一号”是极轨卫星，其运行轨道在地球的南北两极上方，周期为120 min；“风云四号”是静止轨道卫星，与地球自转同步。若卫星的运动均可视为匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )
A．“风云一号”卫星的线速度大于地球的第一宇宙速度
B．“风云一号”卫星的向心加速度比“风云四号”卫星的向心加速度大
C．“风云一号”卫星的线速度比“风云四号”卫星的线速度小
D．“风云一号”卫星的角速度比“风云四号”卫星的角速度小
解析：第一宇宙速度是最大的环绕速度，“风云一号”卫星的线速度小于地球的第一宇宙速度，故A错误；
√
√
8．(2024·辽宁鞍山市质监)已知地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的7倍。若某行星的平均密度约为地球平均密度的8倍，自转周期与地球相同，则该行星的同步卫星的轨道半径约为该行星半径的( )
A．14倍 B．3.5倍
C．7倍 D．8倍
√
9．(2024·吉林省三模)华为Mate60手机的发布引起了万众瞩目，其新增的卫星电话功能是通过北斗系统星座GEO地球静止轨道卫星来实现的。关于北斗系统星座GEO地球静止轨道卫星，下列说法正确的是( )
A．其轨道经过北京的上方
B．其线速度大于地球的第一宇宙速度
C．其周期可能和某极地卫星的周期相等
D．其向心加速度大小与地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度大小相等
解析：地球静止轨道卫星轨道在赤道的上方，不经过北京的上方，A错误；
地球静止轨道卫星的线速度小于第一宇宙速度，B错误；
当极地卫星的轨道半径和地球静止轨道卫星的轨道半径大小相等时，它们的周期就相等，C正确；
地球静止轨道卫星和地球赤道上的物体随地球自转的角速度相等，地球静止轨道卫星的轨道半径大，其加速度较大，D错误。
√
10．(2024·安徽合肥市一模)我国科学家团队在某个河外星系中发现了一对相互绕转的超大质量双黑洞系统，这是迄今为止发现的第二例超大质量双黑洞绕转系统，两黑洞绕它们连线上某点做匀速圆周运动。黑洞1、2的质量分别为M1、M2，下列关于黑洞1、2的说法正确的是( )
A．半径之比为M1∶M2
B．向心力之比为M1∶M2
C．动能之比为M1∶M2
D．角速度之比为1∶1
双星系统角速度相等，所以双黑洞的角速度之比ω1∶ω2＝1∶1，故D正确；
11．(多选)(2024·广西桂林市一模)我国的“神舟十七号”载人飞船与“天宫空间站”成功对接，顺利完成任务。假定对接前，“天宫空间站”在如图所示的轨道3上绕地球做匀速圆周运动，而“神舟十七号”在图中轨道1上绕地球做匀速圆周运动，两者都在图示平面内逆时针运转。若“神舟十七号”在轨道1上的P点瞬间改变其速度的大小，使其运行的轨道变为椭圆轨道2，并在轨道2和轨道3的切点R与“天宫空间站”进行对接，下列说法正确的是( )
A．“神舟十七号”应在P点瞬间加速才能使其运动轨道由1变为2
B．“神舟十七号”沿椭圆轨道2从P点经Q飞向R点过程中，万有引力不做功
C．“神舟十七号”沿椭圆轨道2从P点经Q飞向R点过程机械能守恒
D．“天宫空间站”在轨道3上经过R点时的速度与“神舟十七号”在轨道2上经过R点时的速度大小相等
√
√
解析：“神舟十七号”要在P点从轨道1变为轨道2，轨道半径变大，它要做离心运动，“神舟十七号”应在P点瞬间加速，A正确；
“神舟十七号”沿椭圆轨道2从P点经Q飞向R点过程中，其所受的万有引力与瞬时速度的夹角为钝角，万有引力做负功，B错误；
“神舟十七号”沿椭圆轨道2从P点经Q飞向R点过程，只有万有引力做功，其机械能守恒，C正确；
卫星要由轨道2变轨到轨道3，必须在R点加速，所以“天宫空间站”在轨道3上经过R点时的速度比“神舟十七号”在轨道2上经过R点时的速度大，D错误。(共42张PPT)
模块一 力与运动
专题一 力与物体的平衡
命题点1
PART
01
第一部分
命题点1 力及力的合成与分解
近3年4卷4考
考向1 力的分析
(2024·辽宁、吉林、黑龙江卷，T3)利用砚台将墨条磨
成墨汁，墨条速度方向水平向左时，( )
A．砚台对墨条的摩擦力方向水平向左
B．桌面对砚台的摩擦力方向水平向左
C．桌面和墨条对砚台的摩擦力是一对平衡力
D．桌面对砚台的支持力与墨条对砚台的压力是一对平衡力
√
[解析] 滑动摩擦力方向与物体间的相对运动方向相反，墨条相对砚台水平向左运动，则砚台对墨条的摩擦力方向水平向右，A错误；
根据牛顿第三定律结合A项分析可知，砚台受到墨条水平向左的摩擦力，而砚台处于静止状态，其水平方向上受力平衡，则桌面对砚台的摩擦力方向水平向右，桌面和墨条对砚台的摩擦力是一对平衡力，B错误，C正确；
对砚台受力分析，竖直方向上，砚台受到自身重力、墨条的压力和桌面的支持力，因此桌面对砚台的支持力与墨条对砚台的压力不是一对平衡力，D错误。
考向2 力的合成
(2024·福建厦门市期末)如图a所示，轻绳AD跨过固定在水平杆BC右端的光滑定滑轮(重力不计)拴接一质量为M的物体，∠ACB＝30°；如图b所示，轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙上，另一端通过细绳EG拉住，∠EGH＝30°，另一轻绳GF悬挂在轻杆的G端，也拉住一质量为M的物体，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A．图a中BC杆对滑轮的作用力大小为Mg
B．图b中HG杆弹力大小为Mg
C．轻绳AC段张力TAC与轻绳EG段张力TEG大小之比为1∶1
D．轻绳AC段张力TAC与轻绳EG段张力TEG大小之比为2∶1
√
[解析] 题图a中绳对滑轮的作用力如图1，由几何关系可知F合＝TAC＝TCD＝Mg，由平衡条件可知，BC杆对滑轮的作用力大小为Mg，A正确；
考向3 力的分解
(2024·河北邯郸市二模)一凿子两侧面与中心轴线平行，
尖端夹角为θ，当凿子竖直向下插入木板中后，用锤子沿中心
轴线竖直向下以力F敲打凿子上侧时，凿子仍静止，侧视图
如图所示。若敲打凿子时凿子作用于木板1、2面的弹力大小
分别记为F1、F2，忽略凿子受到的重力及摩擦力，下列判断正确的是( )
√
命题点2
PART
02
第二部分
命题点2 受力分析和平衡条件的应用
近3年10卷12考
1．整体法和隔离法
(1)基本思路：在分析两个或两个以上物体间的相互作用时，一般采用整体法与隔离法进行分析。
(2)分析方法
①整体法：将加速度相同的几个相互关联的物体作为一个整体进行受力分析。
②隔离法：将所研究的对象从周围的物体中分离出来，单独进行受力分析。
2．平衡条件的应用
(1)合成法：物体受三个共点力的作用而平衡，则任意两个力的合力一定与第三个力大小相等、方向相反。
(2)效果分解法：物体受三个共点力的作用而平衡，将某一个力按力的效果分解，则其分力和其他两个力满足平衡条件。
(3)正交分解法：物体受到三个或三个以上力的作用而平衡，将物体所受的力分解为相互垂直的两组，每组力都满足平衡条件。
√
命题视角：题目以“两拖船拉着无动力货船一起在静水中匀速前进”为命题情境，主要考查了受力分析、力的合成与分解和共点力的平衡条件的应用。
方法技巧：特别要注意水对船的阻力的方向与船相对于水的运动方向相反，而不是指向船尾的方向。
√
命题视角：题目以“国产人形机器人‘天工’能平稳通过斜坡”为命题情境，主要考查了受力分析、共点力作用下平衡的临界问题。
方法技巧：“恰好不打滑”时重力向下的分力恰好等于滑动摩擦力。
命题点3
PART
03
第三部分
命题点3 动态平衡问题
近3年2卷2考
1．解析法
先受力分析，再建立直角坐标系，正交分解力，列平衡方程或在力的三角形中结合三角形知识列平衡方程，然后分析方程中的变量有哪些，分析题目信息，得到这些物理量是如何变化的，得到平衡条件下的受力动态变化情况。
2．图解法
先受力分析，得出物体受几个力而处于平衡状态。再分析题目给出的信息，判断物体受力的变化方式。然后把受力对应到几何图形中，结合几何知识分析。
说明：此法一般应用于物体受3个共点力或者可以等效为3个共点力的情况，且其中一个力为恒力，另一个力方向不变的情况，并且常用于定性分析。
3．力的三角形法
对受三个力作用而平衡的物体，将力的矢量图平移使三个力组成一个首尾依次相接的矢量三角形，根据正弦定理、余弦定理或相似三角形等数学知识求解未知力。
考向1 解析法的应用
(2023·海南卷，T3)如图所示，工人利用滑轮组将重物
缓慢提起，下列说法正确的是( )
A．工人受到的重力和支持力是一对平衡力
B．工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用力
C．重物缓慢提起的过程中，绳子拉力变小
D．重物缓慢提起的过程中，绳子拉力不变
√
[解析] 工人受到三个力的作用，即绳的拉力、地面的支持力和自身重力，三力平衡，A错误；
工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用力，B正确；
【变式训练】 (多选)(2024·天津河北区期末)如图甲所示，一物块m在粗糙斜面上，在平行于斜面向上的外力F作用下，斜面和物块始终处于静止状态。当外力F按照图乙所示规律变化时，下列说法正确的是( )
A．地面对斜面的摩擦力逐渐减小
B．地面对斜面的摩擦力逐渐增大
C．物块对斜面的摩擦力可能一直增大
D．物块对斜面的摩擦力可能一直减小
√
√
解析：对整体分析，水平方向上受力平衡，有F cos θ＝f，知地面对斜面的摩擦力逐渐减小，故A正确，B错误。
物块受重力、支持力、拉力和摩擦力处于平衡状态，若拉力的最大值大于重力的下滑分力，静摩擦力沿着斜面向下，则F－f－mg sin θ＝0，故拉力减小后，静摩擦力先减小后反向增加；若拉力的最大值小于重力的下滑分力，静摩擦力沿着斜面向上，则F＋f－mg sin θ＝0，故拉力减小后，静摩擦力一直增大，故C正确，D错误。
√
[解析] 对物体B受力分析，其受到重力
mg、A的支持力N′和墙壁的支持力N，如
图1所示，当A向左移动时，A对B的支持
力N′的方向不断变化，根据平衡条件结合
合成法可以知道A对B的支持力N′和墙壁
对B的支持力N都在不断减小，由牛顿第三定律可知B对A的作用力在不断减小，故A、B错误；
对A和B整体受力分析，整体受到总重力G、地面的支持力FN、地面的摩擦力f和墙壁的支持力N，如图2所示，根据平衡条件，有f＝N，FN＝G，故地面的支持力不变，地面的摩擦力f随着墙壁对B的支持力N的减小而减小，故C错误，D正确。
考向3 正弦定理的应用
(2024·福建厦门市质检)如图所示，送水工人用推车
运桶装水，到达目的地后，工人抬起把手，带动板OA转
至水平即可将水桶卸下。板OA、OB对水桶的作用力分别
为F1、F2，若桶与接触面之间的摩擦不计，∠AOB为锐角且保持不变，在OA由竖直缓慢转到水平过程中( )
A．F1一直增大 B．F1先增大后减小
C．F2先减小后不变 D．F2先增大后减小
√
考向4 相似三角形法的应用
(多选)(2024·河北石家庄市质检)如图所示，半圆环
竖直固定在水平地面上，光滑小球套在半圆环上。对小球
施加一始终指向半圆环最高点B的拉力F，使小球从圆环
最低点A缓缓移动到最高点B。下列说法正确的是( )
A．拉力F一直减小
B．拉力F先增大后减小
C．小球对圆环的压力大小始终不变
D．小球对圆环的压力先增大后减小
√
√
命题点4
PART
04
第四部分
近3年0卷0考
1．基本思路
要坚持“电学问题、力学方法”的基本思路，结合电学的基本规律和力学中的受力分析及平衡条件解决问题。
命题点4 电学中的平衡问题
2．注意事项
(1)点电荷间的作用力大小要用库仑定律求解。
(2)安培力方向的判断要先判断磁场方向、电流方向，再用左手定则判断，同时注意将立体图转化为平面图。
(3)电场力或安培力的出现，可能会对弹力或摩擦力产生影响。
(4)涉及电路问题时，要注意闭合电路欧姆定律的应用。
(2024·河北省一模)光滑绝缘圆环轨道竖直固定，两个
均带正电荷的小环a、b套在圆环上，小环a固定在轨道最低点，
小环b静止在圆环轨道上，如图所示。由于其中一小环缓慢漏
电，小环b沿圆环缓慢下降，下列说法正确的是( )
A．漏电小环一定为a
B．漏电小环一定为b
C．两小环间的库仑力变小
D．小环b受到的支持力变小
√
[解析] 依题意，漏电小环可能为a，也可能为b，故A、B错误；
(2024·广西南宁市联考)如图所示，一质量m＝0.1 kg，
长L＝0.2 m的导体棒水平放置在倾角θ＝37°的光滑斜面上，
整个装置处于垂直于斜面向上的匀强磁场中。当导体棒中通有垂直于纸面向里、大小为0.5 A的恒定电流时，磁场的方向由垂直于斜面向上沿逆时针方向转至水平向左的过程中，导体棒始终静止，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，则磁感应强度B的取值范围是( )
A．6 T≤B≤10 T B．6 T≤B≤20 T
C．3 T≤B≤20 T D．3 T≤B≤10 T
√
(2024·江西鹰潭市一模)如图所示，上下不等宽的平
行金属导轨的EF和GH两部分导轨间的距离为2L，IJ和MN
两部分导轨间的距离为L，导轨竖直放置，整个装置处于水
平向里的匀强磁场中，金属杆ab和cd的质量均为m，都可在
导轨上无摩擦地滑动，且与导轨接触良好，现对金属杆ab
施加一个竖直向上的作用力F，使其匀速向上运动，此时cd处于静止状态，则F的大小为( )
A．2mg B．3mg
C．4mg D．mg
√
[解析] cd处于静止状态，有mg＝BIL，ab匀速向上运动，有F＝mg＋2BIL，则F＝3mg。(共29张PPT)
复习效果自测
1．(2024·广西卷，T2)工人卸货时常利用斜面将重物从高处滑下。如图，三个完全相同的货箱正沿着表面均匀的长直木板下滑，货箱各表面材质和粗糙程度均相同。若1、2、3号货箱与直木板间摩擦力的大小分别为Ff1、Ff2和Ff3，则( )
A．Ff1B．Ff1＝Ff2C．Ff1＝Ff3D．Ff1＝Ff2＝Ff3
√
解析：根据滑动摩擦力的公式f＝μFN，可知滑动摩擦力的大小与接触面积无关，只与接触面的粗糙程度和压力大小有关，由题可知三个货箱各表面材质和粗糙程度均相同，压力大小也相同，故摩擦力相同，即Ff1＝Ff2＝Ff3。
√
2．(2024·湖南邵阳市联考)中国书法历史悠久，是中华民族优秀传统文化之一。如图所示，书法家在水平桌面上平铺一张白纸，为防打滑，他在白纸的左侧靠近边缘处放上镇纸。书写“龙”字的“一”这一笔画时，在向右行笔的过程中，镇纸和白纸都保持静止，则( )
A．毛笔对白纸的摩擦力向左
B．白纸对镇纸的摩擦力向右
C．桌面对白纸的摩擦力向左
D．桌面对白纸的摩擦力小于毛笔对白纸的摩擦力
解析：书写“龙”字的“一”这一笔画时，白纸相对于毛笔向左运动，毛笔对白纸的摩擦力向右，故A错误；
镇纸相对于白纸无运动趋势，白纸与镇纸间没有摩擦力，故B错误；
对白纸受力分析，桌面对白纸的摩擦力与毛笔对白纸的摩擦力二力平衡，方向相反，大小相等，则桌面对白纸的摩擦力向左，故C正确，D错误。
√
3.(2024·江西省重点中学协作体联考)如图，A、B两物体叠放在一
起，并在竖直向上的恒力F作用下一起沿粗糙竖直墙面做匀速运
动，A、B两物体的质量分别为M、m，重力加速度为g，则( )
A．A物体受6个力作用
B．恒力F等于(M＋m)g
C．A物体与墙壁间可能有摩擦力的作用
D．A物体对B物体的作用力垂直于接触面
解析：对物体A、B整体受力分析，整体受重力、恒力F，若水平方向墙壁对A有支持力，则整体不能平衡，故墙壁对A没有支持力，也就没有摩擦力，根据平衡条件可得恒力的大小F＝(M＋m)g，故B正确，C错误；
对物体A受力分析，A受重力、B对A的摩擦力和压力、外力F这4个力的作用，故A错误；
物体B受力平衡，A对B的作用力与B受到的重力平衡，所以A物体对B物体的作用力大小为mg，方向竖直向上，故D错误。
√
4.(2024·山东聊城市期末)某舞蹈演员正在做一个后仰身体的舞蹈动
作，静止时的简化模型如图所示，肌肉对头部的拉力与水平方向成
45°角，脖颈弯曲与水平方向夹角为53°。已知sin 53°＝0.8，
cos 53°＝0.6，据此可估算脖颈受到的压力约为直立时脖颈受到压力的多少？( )
A．2倍 B．5倍
C．8倍 D．11倍
解析：设肌肉对头部的拉力为F1，脖颈对头部的支持力为F2，
根据平衡条件，水平方向有F1cos 45°＝F2cos 53°，竖直方
向有F2sin 53°＝G＋F1sin 45°，解得F2＝5G，结合牛顿第
三定律和题意可知脖颈受到的压力约为直立时脖颈受到压力
的5倍。
√
√
6.(2024·河北石家庄市质检)帆船是人类的伟大发明之
一，船员可以通过调节帆面的朝向让帆船逆风行驶。
帆船逆风行驶时的简化示意图如图所示，此时风力
F＝2 000 N，方向与帆面的夹角α＝30°，航向与帆
面的夹角β＝37°，风力在垂直于帆面方向的分力推
动帆船逆风行驶。已知sin 37°＝0.6，则帆船在沿航向方向获得的动力为( )
A．200 N B．400 N
C．600 N D．800 N
解析：将风力F在沿着帆面和垂直于帆面方向进行分解，根据力的平行四边形定则可得其垂直于帆面的分力F1＝F sin α＝1 000 N，再将垂直作用于帆面上的风力F1沿帆船航向方向和垂直于航向方向进行分解，则帆船在沿航向方向获得的动力F2＝F1sin β＝600 N。
7.(2024·辽宁锦州市期末)我国首台新型墙壁清洁机器人“蜘
蛛侠”是由青岛大学学生自主研制开发的，“蜘蛛侠”利
用8只“爪子”上的吸盘吸附在接触面上，通过“爪子”
交替伸缩，就能在墙壁或玻璃上自由移动。如图所示，假
设“蜘蛛侠”在竖直玻璃墙面上由A点沿直线匀速“爬行”到右上方B点，在这一过程中，关于“蜘蛛侠”在竖直面内的受力分析正确的是( )
√
解析：“蜘蛛侠”在竖直玻璃墙面上由A点沿直线匀速“爬行”到右上方B点，“蜘蛛侠”处于平衡状态，故在竖直面内受力平衡，B正确。
√
√
9.(2024·陕西汉中市检测)某学校兴趣小组根据所学力学知识
设计了如图所示的送餐装置，送餐员将食物放在吊盘中，用
餐者自行通过细绳搭在光滑定滑轮上将带铰链的轻杆缓慢上
拉，从而取得食物。在轻杆被缓慢上拉到取到食物前的过程中( )
A．此人手上所受的拉力先减小，后增大
B．此人手上所受的拉力始终不变
C．轻杆所受压力大小始终不变
D．轻杆所受压力先减小，后增大
√
10.(2024·湖北省部分市州期末)如图所示，倾角为30°的
斜面固定在水平面上，一段轻绳左端拴接在质量为2m的
物体P上，右端跨过光滑的定滑轮连接质量为m的物体Q，
整个系统处于静止状态。对Q施加始终与右侧轻绳夹角为θ＝135°的拉力F，使Q缓慢移动直至右侧轻绳水平，该过程中物体P始终静止。下列说法正确的是( )
A．拉力F先增大后减小
B．轻绳的拉力先减小后增大
C．物体P所受摩擦力沿斜面先向下后向上
D．物体P所受摩擦力先增大后减小
对P受力分析可知，物体P受到的摩擦力Ff方向沿斜面向下，由平衡条件得2mg sin 30°＋Ff＝T，轻绳拉力T先增大后减小，物体P所受摩擦力先增大后减小，故C错误，D正确。
√
若B球所带电荷量变为原来的2倍，稳定后，A球会绕O点转动使得轻绳与竖直方向夹角变大，A、B间距离变小，A、B间库仑力大小会大于原来的2倍，故D错误。
√
解析：金属棒受力平衡，根据左手定则可知，金属棒中的电流方向从c到d，则a端接电源的负极，A错误；
B和I相互垂直，故金属棒受到的安培力为BIL，B正确；
√
√
因甲中电流由2向1，则乙中电流由3向4，由左手定则可得乙受到的安培力沿着斜面向下，乙有沿着斜面向下的运动趋势，则乙受到的静摩擦力沿着斜面向上，故C错误；(共41张PPT)
专题四 万有引力定律的
理解和应用
命题点1
PART
01
第一部分
命题点1 开普勒定律的理解和应用
近3年3卷3考
(2024·安徽卷，T5)2024年3月20日，我国探月工程四期鹊桥二号中继星成功发射升空。当抵达距离月球表面某高度时，鹊桥二号开始进行近月制动，并顺利进入捕获轨道运行，如图所示，轨道的半长轴约为51 900 km。后经多次轨道调整，进入冻结轨道运行，轨道的半长轴约为9 900 km，周期约为24 h，则鹊桥二号在捕获轨道运行时( )
A．周期约为144 h
B．近月点的速度大于远月点的速度
C．近月点的速度小于在冻结轨道运行时近月点的速度
D．近月点的加速度大于在冻结轨道运行时近月点的加速度
√
根据开普勒第二定律得，近月点的速度大于远月点的速度，B正确；
鹊桥二号在近月点从捕获轨道到冻结轨道进行近月制动，捕获轨道近月点的速度大于在冻结轨道运行时近月点的速度，C错误；
两轨道的近月点所受的万有引力相同，根据牛顿第二定律可知，鹊桥二号在捕获轨道运行时近月点的加速度等于在冻结轨道运行时近月点的加速度，D错误。
√
命题点2
PART
02
第二部分
命题点2 万有引力定律的理解和应用
(多选)(2024·河北卷，T8)2024年3月20日，鹊桥二号中继星成功发射升空，为嫦娥六号在月球背面的探月任务提供地月间中继通信。鹊桥二号采用周期为24 h的环月椭圆冻结轨道(如图)，近月点A距月心约为2.0 × 103 km，远月点B距月心约为1.8 × 104 km，CD为椭圆轨道的短轴，下列说法正确的是( )
A．鹊桥二号从C经B到D的运动时间为12 h
B．鹊桥二号在A、B两点的加速度大小之比约为81∶1
C．鹊桥二号在C、D两点的速度方向垂直于其与月心的连线
D．鹊桥二号在地球表面附近的发射速度大于7.9 km/s且小于11.2 km/s
√
√
[解析] 鹊桥二号围绕月球做椭圆运动，从A→C→B做减速运动，从B→D→A做加速运动，则从C→B→D的运动时间大于半个周期，即大于12 h，故A错误；
鹊桥二号速度方向应为轨迹的切线方向，则鹊桥二号在C、D两点的速度方向不可能垂直于其与月心的连线，故C错误；
鹊桥二号未脱离地球的束缚，故鹊桥二号的发射速度应大于地球的第一宇宙速度7.9 km/s，小于地球的第二宇宙速度11.2 km/s，故D正确。
命题视角：题目以“鹊桥二号采用周期为24 h的环月椭圆冻结轨道运动”为命题情境，主要考查了开普勒第二定律、万有引力定律的应用、发射速度和宇宙速度的理解等知识。
方法技巧：从A到C到B过程，鹊桥二号做减速曲线运动，受到月球引力的方向与速度方向不垂直。
√
√
“背罩分离”后瞬间探测器所受重力对其做功的功率P＝m探g′v＝1 000 ×4×60 W＝240 kW，故D错误。
√
√
命题视角：题目以“返回舱在绕月轨道上的运动”为命题情境，主要考查了万有引力定律的应用、圆周运动物理量间关系应用、卫星运行参量分析等知识。
方法技巧：关键是要建立“环绕模型”，应用圆周运动知识分析。
(2024·新课标卷，T16)天文学家发现，在太阳系外的一颗红矮星有两颗行星绕其运行，其中行星GJ1002c的轨道近似为圆，轨道半径约为日地距离的0.07，周期约为0.06年，则这颗红矮星的质量约为太阳质量的( )
A．0.001 B．0.1
C．10倍 D．1 000倍
√
命题点3
PART
03
第三部分
命题点3 静止卫星 双星模型和多星模型
近3年1卷1考
1．地球静止卫星
(多选)(2024·河南新乡市二模) 目前，北斗全球卫星导航系统已服务全球200多个国家和地区，正式进入服务全球的新时代。北斗卫星导航系统由多种类卫星组合而成，其中卫星A处于地球静止轨道，卫星B每天都会经过新乡市正上方，地球可看作质量分布均匀的球体，关于卫星A、B，下列说法正确的是( )
A．卫星A一定位于赤道正上方
B．卫星B一定位于地球倾斜同步轨道上
C．两卫星的速度大小可能相等
D．两卫星的向心加速度大小可能相等
√
√
√
[解析] 卫星A处于地球静止轨道，一定位于赤道正上方，A正确；
倾斜地球同步轨道卫星周期仍然是24小时，但轨道与赤道平面有夹角，如果某时刻在新乡正上方，则24小时后就又在新乡正上方，若卫星B的周期为地球自转周期的约数，则卫星B也会每天经过新乡市正上方，B错误；
若卫星B为地球倾斜同步卫星，则卫星A、B的速度大小相等，向心加速度大小也相等，C、D正确。
√
√
√
√
命题点4
PART
04
第四部分
命题点4 卫星变轨和能量问题
近3年2卷2考
1．由低轨变高轨，瞬时点火加速，稳定在高轨道上时速度较小、动能较小、机械能较大；由高轨变低轨，反之。
2．卫星经过两个轨道的相切点，加速度相等，外轨道的速度大于内轨道的速度。
(2024·湖北卷，T4)太空碎片会对航天器带来危害。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极短时间喷射气体，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] 在P点变轨前后空间站所受到的万有引力不变，空间站变轨前、后在P点的加速度相同，故A正确；
因为变轨后其半长轴大于原轨道半径，空间站变轨后的运动周期比变轨前的大，故B错误；
变轨后在P点因反冲运动相当于瞬间获得竖直向下的速度，原水平向左的圆周运动速度不变，因此合速度变大，故C错误；
由于空间站变轨后在P点的速度比变轨前大，而比在近地点的速度小，则空间站变轨前的速度比变轨后在近地点的小，故D错误。
命题视角：题目以“空间站沿径向方向极短时间喷射气体实现变轨”为命题情境，主要考查了牛顿第二定律、开普勒第三定律、运动的合成、变轨的原理等知识。
方法技巧：要注意变轨前后的中心天体没有变化，变轨后在P点的速度变大了，同一轨道的机械能是守恒的。
【变式训练2】(2024·江西景德镇市质检)中国在西昌卫星发射中心成功发射“亚太九号”通信卫星，该卫星运行的轨道示意图如图所示，卫星先沿椭圆轨道1运行，近地点为Q，远地点为P。当卫星经过P点时点火加速，使卫星由椭圆轨道1转移到地球同步轨道2上运行，下列说法正确的是( )
A．卫星在轨道1和轨道2上运动时的机械能相等
B．卫星在轨道1上运行经过P点的速度大于经过Q点的速度
C．卫星在轨道2上时处于超重状态
D．卫星在轨道1上运行经过P点的加速度等于在轨道2上运
行经过P点的加速度
√
解析：卫星在轨道1上运行经过P点需点火加速进入轨道2，所以卫星在轨道2上运动时的机械能大于在轨道1上的机械能，A错误；
P点是远地点，Q点是近地点，卫星在轨道1上运行经过P点的速度小于经过Q点的速度，B错误；
卫星在轨道2上时处于失重状态，C错误；
