2024年高考考前20天终极冲刺 物理（一）
目 录 contents
（一）
力与物体的平衡 3
力与直线运动 19
曲线运动 36
万有引力与航天 54
功、功率和动能定理 70
力与物体的平衡
近3年考情分析
考点内容 等级要求 考题统计
2023 2022 2021
整体法和隔离法的应用 II 河北T4， 海南T7，浙江（1月）T7， 河北T9，湖南T5
力的静态平衡 II 重庆T1，广东T2，山东T2，浙江T6，江苏T7，浙江（1月）T2 重庆T1，辽宁T4，广东T1， 重庆T1，广东T3，
力的动态平衡 II 海南T3 河北T7，海南T5 湖南T5
电磁场中受力平衡分析 II 海南T8，湖南T5 海南T3，浙江（1月）T5，湖北T5 江苏T5
近3年，在力与物体的平衡问题中，在全国各地高考中，出现的频率基本上没有大的变化，都是以选择题的形式出现，出现的频率在1~2题，分值在3~6分。
重庆卷2021~2023年，近3年均考察力的静态平衡问题，并现代生产生活紧密急促，预计2024年高考同样会与现代生产生活相结合，并考察力的静态平衡问题。
海南卷2021~2022均考察了与生产生活相结合的力的动态平衡问题，预测在2024年的高考题中，以生产生活的形式并结合动态平衡问题出现在选择题中的概率性比较大。
河北卷2021~2023年均考察了力与物体的平衡问题，目前已考察了整体与隔离法的应用，动态平衡问题，预测2024年考察力的静态平衡的概率较大。
广东卷2021~2023年均考察了力的静态平衡问题并以新情境的方式出现在选择题中，预测2024年同样与一静态平衡的方式出现在选择题中。
湖南卷在2021年和2023年出现了力与物体的平衡的选择题中，预测2024年高考中同样会出现受力分析类问题的选择题中。
除以上各地方卷外，其他地方出现的概率出现次数不多，规律性不强，仍不能掉以轻心，在复习时也需要引起重视。
一、受力分析
1．受力分析的步骤
(1)明确研究对象(如一个点、一个物体或一个系统)，并将其隔离，分析周围物体对它施加的力。
(2)按以下顺序分析受力
说明：分析弹力和摩擦力时，要对研究对象与周围的每处接触面都考虑。
2．受力分析的技巧
整体法与隔离法 若分析系统内部物体之间的作用力，只能将受力物体隔离出来分析；若不涉及系统内部物体间的相互作用力，只分析系统外部的物体对系统的作用力，整体法往往比隔离法更方便一些
转换研究对象法 有时要分析物体A对B的作用力，以B为研究对象较麻烦时，可先分析B对A的作用力，再依据牛顿第三定律得出A对B的作用力
假设法 分析弹力或摩擦力时可先假设该力存在或不存在，看物体的运动状态是否符合题意
动力学分析法 根据物体运动状态需要的受力条件分析未知力
注意：对研究对象所受力的大小、方向，哪些已知、哪些未知要明确。
二、静态平衡
1．物体的平衡
（1）平衡状态：静止或做匀速直线运动。
（2）平衡条件：物体所受力的合力为零（即加速度为0）。
2．处理静态平衡问题的基本思路
3．静态平衡问题的四种求解方法
合成法 物体在多个力的作用下平衡时，任意一个力与其他力的合力等大反向
效果分解法 物体受三个共点力的作用而平衡时，将某一个力按作用效果分解，则分力与其他两个力分别平衡
正交分解法 物体受到三个或三个以上力的作用时，将所有力分解为相互垂直的两组，每组力都满足平衡条件
矢量三角形法 对受三力作用而平衡的物体，将力的矢量图平移使三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
三、动态平衡
1. 动态平衡概念：即物体在变力作用下处于平衡状态。物体在缓慢移动过程中，可以认为物体时刻处于平衡状态，其所受合力时刻为零。
2. 动态平衡问题解题思路与方法
（1）三力作用下动态平衡的分析方法
（2）三力作用下动态平衡中的极值问题
若一个力为恒力，另一个力的方向恒定，在三力的矢量三角形中，当已知恒力为斜边，方向恒定的力为直角边构成直角三角形时，大小、方向均未知的力此状态为最小值。
四、电磁场中的受力平衡问题
1．状态分析
（1）带电体在匀强电场中受到的电场力一定为恒力。带电体在匀强磁场中受到的洛伦兹力不一定为恒力，洛伦兹力的大小会随着速度大小的改变而改变，方向一直与速度垂直，会随着速度方向的改变而改变。
（2）空间同时存在匀强电场、匀强磁场和重力场，带电体若在垂直磁场的方向上做直线运动，速度一定不变，即处于平衡状态，合力为零。
2. 思维与方法处理
电磁场中的受力平衡问题是指在电场力、安培力、洛伦兹力参与下的平衡问题。处理方法与纯力学问题的分析方法一样，把方法和规律进行迁移应用即可。
【典例1】（2023·河北·高考真题）如图，轻质细杆上穿有一个质量为的小球，将杆水平置于相互垂直的固定光滑斜面上，系统恰好处于平衡状态。已知左侧斜面与水平面成角，则左侧斜面对杆支持力的大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】对轻杆和小球组成的系统进行受力分析，如图
设左侧斜面对杆AB支持力的大小为，由平衡条件有
得，故选B。
【典例2】（2023·山东·高考真题）餐厅暖盘车的储盘装置示意图如图所示，三根完全相同的弹簧等间距竖直悬挂在水平固定圆环上，下端连接托盘。托盘上叠放若干相同的盘子，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补平。已知单个盘子的质量为300g，相邻两盘间距1.0cm，重力加速度大小取10m/s2。弹簧始终在弹性限度内，每根弹簧的劲度系数为（ ）
A．10N/m B．100N/m C．200N/m D．300N/m
【答案】B
【详解】由题知，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补平，则说明一个盘子的重力可以使弹簧形变相邻两盘间距，则有mg = 3 kx，解得k = 100N/m
故选B。
【典例3】（2022·重庆·高考真题）如图所示，吸附在竖直玻璃上质量为m的擦窗工具，在竖直平面内受重力、拉力和摩擦力（图中未画出摩擦力）的共同作用做匀速直线运动。若拉力大小与重力大小相等，方向水平向右，重力加速度为g，则擦窗工具所受摩擦力（ ）
A．大小等于 B．大小等于
C．方向竖直向上 D．方向水平向左
【答案】B
【详解】对擦窗工具进行正视图的受力分析如图所示
水平方向上拉力与擦窗工具所受摩擦力水平分量等大反向，竖直方向上重力与擦窗工具所摩擦力竖直分量等大反向，所以擦窗工具所受摩擦力方向如图中所示，大小为，故选B。
【典例4】（2023·浙江·高考真题）如图所示，水平面上固定两排平行的半圆柱体，重为G的光滑圆柱体静置其上，a、b为相切点，，半径Ob与重力的夹角为37°。已知，，则圆柱体受到的支持力Fa、Fb大小为（ ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】D
【详解】对光滑圆柱体受力分析如图
由题意有，
故选D。
【典例5】（2022·广东·高考真题）图是可用来制作豆腐的石磨。木柄静止时，连接的轻绳处于绷紧状态。O点是三根轻绳的结点，F、和分别表示三根绳的拉力大小，且。下列关系式正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】以点为研究对象，受力分析如图
由几何关系可知，
由平衡条件可得
联立可得，，故D正确，ABC错误。
故选D。
预测1. （2024·北京门头沟·一模）为研究某鞋的防滑性能，同学将鞋子置于斜面上，逐渐增大斜面倾角。当斜面倾角时鞋子刚好开始滑动。假设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，已知。下列说法正确的是（ ）
A．鞋子与斜面间的动摩擦因数为0.8
B．增大斜面倾角θ，鞋子对斜面的压力减小
C．在鞋子滑动时，增大斜面倾角θ，鞋子的加速度减小
D．在鞋内放置重物，使鞋子刚好开始滑动时的斜面倾角θ将增大
预测2．（2024·陕西榆林·一模）如图所示，一背包静止挂在竖直墙壁的O点。用塑料夹夹住O点两侧轻质背带的中间位置，背包上边缘MN始终保持水平，两侧背带与MN间的夹角相等，背包质量为m。塑料夹位置越低，两侧背带之间的夹角越大，重力加速度为g。以下说法正确的是（ ）
A．塑料夹下方两侧背带的拉力大小均为0.5mg
B．塑料夹位置越低，塑料夹下方两侧背带拉力越大
C．背带对背包的作用力与背包对背带的作用力是一对平衡力
D．背带对背包的拉力的合力与背包的重力是一对相互作用力
预测3. （2024·广东韶关·二模）我们常用支架与底板垂直的两轮手推车搬运货物。如图甲所示，将质量为m的货物平放在手推车底板上，此时底板水平；缓慢压下把手直至底板与水平面间的夹角为60°。不计货物与支架及底板间的摩擦，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．当底板与水平面间的夹角为30°时，底板对货物的支持力为
B．当底板与水平面间的夹角为30°时，支架对货物的支持力为
C．压下把手的过程中，底板对货物的支持力一直增大
D．压下把手的过程中，支架对货物的支持力一直减小
预测4. （2024·山东枣庄·一模）如图所示，质量为M的光滑半圆柱体紧靠墙根放置，质量为m的小球由长度为L的细线悬挂于竖直墙壁上的A点，静止在半圆柱体上，A点距离地面的高度为L，细线与竖直方向夹角为θ。已知半圆柱体的半径可变化（质量不变），小球可视为质点，重力加速度为g，不计一切摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．当时，细线对小球的拉力大小为
B．当时，半圆柱体对小球的支持力大小为
C．半圆柱体受到水平地面的弹力大小为
D．半圆柱体受到竖直墙壁的弹力最大值为mg
预测5. （2024·天津南开·一模）千斤顶在汽车维修、地震救灾中经常用到。如图所示是剪式（菱形）千斤顶，当摇动把手时，螺纹杆迫使A、B间距离变小，千斤顶的两臂靠拢（螺旋杆始终保持水平），从而将重物缓慢顶起。若物重为G，AB与AC间的夹角为θ，不计千斤顶杆件自重，下列说法正确的是（ ）
A．AC、BC两杆受到的弹力大小均为
B．当时，AC、BC两杆受到的弹力大小均为G
C．摇动把手将重物缓慢顶起的过程，AC、BC杆受到的弹力将减小
D．摇动把手将重物缓慢顶起的过程，重物受到的支持力将增大
押题1.图甲为直-20直升机吊装集装箱填堵河道缺口的情景，某时刻集装箱被直升机悬吊处于静止状态，此时可简化为图乙所示模型，四根长度均为10L的轻绳分别系于长方体集装箱上表面的四个顶角a、b、c、d处，它们在上端系于O点，Oe轻绳与直升机连接。，集装箱重力为G且质量分布均匀，则轻绳Oa对集装箱的拉力大小为（ ）
A． B． C． D．
押题2. 如图，矩形平板的边固定在水平面上，平板与水平面的夹角为。质量为m的物块在平行于平板的拉力作用下，沿对角线方向斜向下匀速运动，与边的夹角为为，物块与平板间的动摩擦因数，重力加速度大小为g，则拉力大小为（ ）
A． B． C． D．
押题3. 一根轻杆斜靠在光滑的竖直墙壁上，下端放在粗糙的水平地面上，轻杆处于静止状态。一个穿在杆上的小环从杆的顶端匀速滑下的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．地面所受的压力变大 B．地面所受的摩擦力变大
C．墙壁给轻杆的弹力变大 D．地面给轻杆的作用力变小
押题4. 如图所示，质量为m的均匀直木杆静置在水平面与倾角为的光滑斜面之间，已知斜面对木杆的支持力大小为F，重力加速度为g，、，下列说法正确的是（ ）
A．木杆处于四力平衡状态
B．水平面可能是光滑的
C．水平面对木杆的支持力大小为
D．水平面对木杆的摩擦力大小为
押题5. 如图所示，光滑圆环竖直固定，ac为水平直径，bd为竖直直径，一根轻绳P端固定在竖直墙面上，轻绳跨过圆环后另一端Q与重物B相连，轻质动滑轮挂在轻绳上，动滑轮下吊着重物A，Pbd所在平面与圆环所在平面垂直，A、B均处于静止状态，不计一切摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．若将竖直圆环向右平移，则PQ绳中拉力变大
B．若将竖直圆环向右平移，则PQ绳对圆环拉力不变
C．若将轻绳Q端悬系在竖直圆环上，则悬点从a到b移动的过程中绳中拉力保持不变
D．若将轻绳Q端悬系在竖直圆环上，则悬点从a到b移动的过程中绳中拉力一直增加
预测1. B
【详解】A．由题意可知，斜面倾角时鞋子刚好开始滑动，对鞋子受力分析有
解得球鞋与斜面间的动摩擦因数为，故A错误；
B．对鞋子受力分析有压力为，则增大斜面倾角时，球鞋对斜面的压力减小，故B正确；
C．在鞋子滑动时，对鞋子受力分析，由牛顿第二定律有
解得，当增大斜面倾角θ，可得鞋子的加速度增大，故C错误；
D．在鞋内放置重物，当球鞋刚好开始滑动时，满足
解得，得斜面倾角θ不变，故D错误。
故选B。
预测2．B
【详解】A．由于两侧背带间的夹角未知，无法算出两侧背带的拉力大小，故A错误；
B．假设两侧背带间的夹角为，对背包受力分析有
塑料夹位置越低，越大，则背带拉力越大，故B正确；
C．背带对背包的作用力与背包对背带的作用力是一对相互作用力，故C错误；
D．背带对背包的拉力的合力与背包的重力是一对平衡力，故D错误。
故选B。
预测3. A
【详解】AB．当底板与水平面间的夹角为时，受力分析如图
由平衡条件可得
解得底板对货物的支持力
支架对货物的支持力，A正确，B错误；
CD．压下把手的过程中，货物的受力情况如图
由图可知，底板对货物的支持力一直减小，支架对货物的支持力一直增大，CD错误。
故选A。
预测4. C
【详解】AB．对小球进行受力分析如图所示
由几何关系可知，
小球受力平衡，有，
故AB错误；
CD．对小球和半圆柱体整体进行受力分析，整体受地面的支持力FN，墙壁的弹力F，细线的拉力T，重力（m+M）g，整体受力平衡，则在竖直方向上有，
水平方向上有
解得，，
则当时F最大，最大为，故C正确，D错误。
故选C。
预测5. C
【详解】A．根据题意，设AC、BC两杆受到的弹力大小均为，由平衡条件及几何关系有
解得，故A错误；
B．由A分析可知，当时，AC、BC两杆受到的弹力大小均为，故B错误；
C．摇动把手将重物缓慢顶起的过程，增大，增大，则减小，故C正确；
D．摇动把手将重物缓慢顶起的过程，重物所受合力为零，则重物受到的支持力大小一直等于重物重力的大小，保持不变，故D错误。
故选C。
押题1.B
【详解】对集装箱受力分析，设轻绳与竖直方向夹角为，由对称性可知，轻绳Oa对集装箱的拉力的竖直分力为集装箱重力的四分之一，即
根据几何关系，可得
又
联立，解得
故选B。
押题2. C
【详解】依题意，物块所受摩擦力沿ca方向，大小为
物块所受重力的下滑分力大小为
由几何关系可知摩擦力与重力下滑分力的夹角为120°，有
由于物块做匀速直线运动，所以拉力大小为
故选C。
押题3. D
【详解】A．由于小环从杆的顶端匀速滑下，加速度为零，轻杆静止，加速度也为零。则可将小环和轻杆整体分析，可知地面所受的压力始终等于小环的重力保持不变，故A错误；
BC．对轻杆受力分析，受到小环的作用力等于小环的重力G，竖直墙的弹力F，地面的支持力N，和地面的摩擦力f，如图所示
以B为支点，根据力矩平衡条件有
根据共点力平衡条件有，
联立可得
在小环匀速滑下的过程中，x逐渐减小，y保持不变，所以地面对轻杆的摩擦力和墙壁给轻杆的弹力逐渐变小，即地面受到的摩擦力也变小，故BC错误；
D．由于小环匀速滑下的过程中，地面对轻杆的摩擦力逐渐变小，而地面对轻杆的支持力不变，所以地面给轻杆的作用力变小，故D正确。
故选D。
押题4. A
【详解】
AB．根据题意，对木杆受力分析，受重力、斜面的支持力和水平面的支持力，由于斜面光滑，木杆和斜面间没有摩擦力，由平衡条件可知，水平面一定给木杆水平向右的摩擦力，如图所示
可知，木杆处于四力平衡状态，且水平面不可能是光滑的，故A正确，B错误；
CD．由平衡条件有，
解得，故CD错误。
故选A。
押题5.B
【详解】AB．A、B均处于静止状态，对B，根据平衡条件可得
对A，设绳子间的夹角为，根据平衡条件可得，
可知拉力T和绳子间夹角均保持不变，故A错误，B正确；
CD．若将轻绳Q端固定在竖直圆环上，则悬点a到b移动的过程中，悬点之间的水平距离变小，绳间夹角逐渐减小，绳中拉力逐渐减小，故CD错误。
故选B。
力与直线运动
近3年考情分析
考点内容 等级要求 考题统计
2023年 2022年 2021年
匀变速直线运动的规律 II 天津卷T12，山东卷T6 福建卷T13,辽宁卷T13，山东卷T8，全国甲卷T16, 重庆卷T13，湖北卷T2，辽宁卷T13，天津卷T11
运动图像的应用 II 福建卷T6，重庆卷T8,广东卷T3，全国甲卷T17,浙江（1月）T5 河北卷T1，湖南卷T7, 重庆卷T7、海南卷T10，辽宁卷T3，广东卷T8、湖南卷T2
牛顿运动定律的应用 II 江苏卷T1,山东卷T8,全国甲卷T20,全国乙卷T15 辽宁卷T7,湖南卷T9，北京卷T5，全国乙卷T16 福建卷T13，广东卷T13，
动力学中的临界问题 II 江苏卷T15、北京卷T6、河北卷T9、湖南卷T10， 福建卷T7,重庆卷T14,浙江卷T19 辽宁卷T10、河北卷T13
近3年，在力与直线运动中，各地高考考察频率较大，不分省份在同一年的高考题中，出现多次，主要以选择题的形式出现。部分省份也以压轴题的形式出现，考察知识点范围较广，常与功能关系相结合，在电场和磁场中也时有出现，分值一般在3~15分。
重庆卷近3年考察了运动图像的应用、动力学中的临界问题和匀变速直线运动的规律，并讲本节内容与曲线运动相结合，预计2024年在曲线运动中考察牛顿运动定律的应用。
福建卷近3年考察了运动学的图像问题，匀变速直线运动规律和牛顿运动定律的应用，考察的题型包含选择题和解答题，预计2024年高考在解答题中出现的概念较大，并结合牛顿运动定律考察动力学中的临界问题。
山东卷在2022和2023连续两年的考察了匀变速直线运动的规律应用问题，预测2024继续考察匀变速直线运动规律的应用的概率不大，在图像应用、牛顿运动定律和动力学中的临界问题的概率变大，尤其是在选择题中。
广东卷在3年的时间有2年考察了运动学的图像问题，考察频率之高，预测2024年图像问题在选择题考前的出现的概率较大。
北京卷在2022和2023连续2年的时间考察了牛顿运动定律的应用和动力学中的临界问题，预测在2024年的选择题在第5~6题出现的较大概率出现牛顿运动定律的应用类题型。
对于老高考的甲卷和乙卷，今年仍有较大概率考察牛顿运动定律的应用类问题，在选择题和解答题都都有可能出现。
对于其他省份的高考来说，虽然出现的概率不大，但最后20天的复习时，仍不能掉以轻心，对于本节内容的题型练习仍有非常大的必要。
一、匀变速直线运动规律的应用
1．匀变速直线运动问题的求解思路
2．解决匀变速直线运动问题的方法技巧
（1）基本公式法。
（2）v t图像法。
（3）比例法：适用于初速度为零的匀加速直线运动和末速度为零的匀减速直线运动。
（4）逆向思维法：末速度为零的匀减速直线运动可等效为反向初速度为零的匀加速直线运动。
3．追及相遇问题的临界条件：前后两物体速度相等时，它们间的距离最大或最小。
二、运动图像及应用
1．分析运动图像所需的“六看”
看“轴” 看横轴、纵轴分别表示的物理意义，例如对于位移—时间图像，纵轴表示相对原点的位移x，横轴表示时间t；对于位置—时间图像，纵轴表示对应时刻的位置，横轴表示时间
看“线” 看图线的形状，例如x t图像为倾斜直线表示物体做匀速直线运动，v t图像为倾斜直线表示物体做匀变速直线运动，v t图像为曲线表示物体做变加速直线运动
看“斜率” 看图线上某点的斜率，例如x t图像的“斜率”表示速度，v t图像的“斜率”表示加速度。注意图线上某点的斜率为该点附近纵轴的变化量Δy与横轴的变化量Δx之比
看“截距” 根据横轴和纵轴的物理意义确定横截距或纵截距的物理意义，例如位置—时间图像(x t图像)，纵截距表示初始位置，横截距表示经过原点的时刻
看“面积” 图线和坐标轴所围成的面积往往表示一个物理量，这要看两轴所代表的物理量的乘积有无实际意义，例如位移—时间图像(x t图像)“面积”无实际意义，而v t图像中，“面积”表示位移
看“交点” 图像中有两个不同物体的运动图线时，x t图像中交点表示对应时刻两物体相遇，v t图像中交点表示对应时刻两物体速度相等
2.非常规图像的解题思路
遇到非常规运动图像时，可以根据相应的物理规律写出两个物理量间的函数关系，进而确定图线斜率、截距或围成的面积的物理意义。
常见的非常规图像：
函数表达式(仅适用于匀变速直线运动) 斜率k/面积S 纵截距b
a t图像 S＝Δv a0
v2 x图像 由v2－v＝2ax，得v2＝v＋2ax k＝2a v
t图像 由x＝v0t＋at2，得＝v0＋at k＝a v0
三、牛顿运动定律的应用
1．解决动力学两类基本问题的思路
2．动力学基本问题的解题步骤
（1）明确研究对象：根据问题的需要和解题的方便，选择某个物体或某系统作为研究对象。
（2）受力分析：画好受力示意图，选择适当的处理方法求出合力或合力的表达式。
①合成法：合成法适用于受力个数较少(2个)的情况；
②正交分解法：正交分解法适用于各种情况，尤其是物体的受力个数较多(3个或3个以上)时。
（3）运动情况分析：画出运动示意图，明确物体的运动性质和运动过程，求出或设出物体的加速度。
（4）根据牛顿第二定律和运动学规律列式求解。
3．瞬时加速度问题的两种模型
刚性绳或接触面 外界条件改变时产生的弹力可瞬间改变，从而引起研究对象受到的合力或加速度瞬间改变（即：突变）
弹簧或橡皮筋 外界条件改变时产生的弹力不能瞬间改变，研究对象受到的合力或加速度也不能瞬间改变（即：渐变）
4.处理多过程动力学问题的“二分析一关键”
二分析 分阶段分析运动规律
分阶段分析受力
一关键 前后两过程的联系是转折状态的速度，前一过程的末速度一般就是后一过程的初速度
四、动力学中的临界问题
问题情景
2.（1）当题目中出现“最大”“最小”或“刚好”等关键词时，经常隐藏着临界问题。
（2）当题目要求解某个物理量的最大值、最小值、范围或需要满足的条件时，经常为临界问题。
（3）常见临界条件
两物体刚好要相对滑动 静摩擦力达到最大值
两物体在压力方向刚好脱离接触 相互作用的弹力为零
轻绳刚好绷直或松弛 轻绳上张力为零
思路与方法
（1）基本思路
①认真审题，详尽分析问题中变化的过程(包括分析整体过程中有几个阶段)。
②寻找过程中变化的物理量。
③探索物理量的变化规律。
④确定临界状态，分析临界条件，找出临界关系。
（2）思维方法
极限法 把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的
假设法 临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题
数学法 将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解出临界条件
【典例1】（2023·广东·高考真题）铯原子喷泉钟是定标“秒”的装置。在喷泉钟的真空系统中，可视为质点的铯原子团在激光的推动下，获得一定的初速度。随后激光关闭，铯原子团仅在重力的作用下做竖直上抛运动，到达最高点后再做一段自由落体运动。取竖直向上为正方向。下列可能表示激光关闭后铯原子团速度或加速度随时间变化的图像是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】AB．铯原子团仅在重力的作用，加速度g竖直向下，大小恒定，在图像中，斜率为加速度，故斜率不变，所以图像应该是一条倾斜的直线，故选项AB错误；
CD．因为加速度恒定，且方向竖直向下，故为负值，故选项C错误，选项D正确。
故选D。
【典例2】（2023·北京·高考真题）如图所示，在光滑水平地面上，两相同物块用细线相连，两物块质量均为1kg，细线能承受的最大拉力为2N。若在水平拉力F作用下，两物块一起向右做匀加速直线运动。则F的最大值为（ ）
A．1N B．2N C．4N D．5N
【答案】C
【详解】对两物块整体做受力分析有F = 2ma
再对于后面的物块有FTmax= ma，FTmax= 2N
联立解得F = 4N
故选C。
【典例3】（多选）（2023·全国·高考真题）用水平拉力使质量分别为、的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动，两物体与桌面间的动摩擦因数分别为和。甲、乙两物体运动后，所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示。由图可知（ ）
A． B． C． D．
【答案】BC
【详解】根据牛顿第二定律有F－μmg=ma
整理后有F=ma＋μmg
则可知F—a图像的斜率为m，纵截距为μmg，则由题图可看出m甲>m乙，μ甲m甲g=μ乙m乙g
则μ甲<μ乙，故选BC。
【典例4】（多选）（2023·湖北·高考真题）如图所示，原长为l的轻质弹簧，一端固定在O点，另一端与一质量为m的小球相连。小球套在竖直固定的粗糙杆上，与杆之间的动摩擦因数为0.5。杆上M、N两点与O点的距离均为l，P点到O点的距离为，OP与杆垂直。当小球置于杆上P点时恰好能保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。小球以某一初速度从M点向下运动到N点，在此过程中，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是（ ）
A．弹簧的劲度系数为
B．小球在P点下方处的加速度大小为
C．从M点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变小再变大
D．从M点到P点和从P点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力做功相同
【答案】AD
【详解】A．小球在P点受力平衡，则有，，
联立解得，A正确；
C．在PM之间任取一点A，令AO与MN之间的夹角为，则此时弹簧的弹力为
小球受到的摩擦力为
化简得
在MP之间增大在PN减变小，即摩擦力先变大后变小，C错误；
D．根据对称性可知在任意关于P点对称的点摩擦力大小相等，因此由对称性可知M到P和P到N摩擦力做功大小相等；D正确；
B．小球运动到P点下方时，此时摩擦力大小为
由牛顿第二定律
联立解得，B错误。
故选AD。
【典例5】（2023·辽宁·高考真题）某大型水陆两栖飞机具有水面滑行汲水和空中投水等功能。某次演练中，该飞机在水面上由静止开始匀加速直线滑行并汲水，速度达到v =80m/s时离开水面，该过程滑行距离L=1600m、汲水质量m=1.0×10 kg。离开水面后，飞机攀升高度h=100m时速度达到v =100m/s，之后保持水平匀速飞行，待接近目标时开始空中投水。取重力加速度g=10m/s 。求：
（1）飞机在水面滑行阶段的加速度a的大小及滑行时间t；
（2）整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量ΔE。
【答案】（1），；（2）
【详解】
（1）飞机做从静止开始做匀加速直线运动，平均速度为，则
解得飞机滑行的时间为
飞机滑行的加速度为
（2）飞机从水面至处，水的机械能包含水的动能和重力势能，则机械能变化量为
预测1．（2024·安徽黄山·二模）2024年2月24日晚某市举办了元宵烟火晚会，为完成拍摄任务，摄影组采用了无人机全程拍摄，无人机在地面上由静止开始竖直起飞。经历匀加速、匀速及匀减速三个运动过程，后悬停在距离地面某一高度处。其速度v随时间t变化的关系如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．匀速运动阶段的位移大小
B．匀加速阶段和匀减速阶段的加速度大小之比
C．悬停处距离地面的高度
D．匀加速阶段和匀减速阶段的平均速度之比
预测2．（2024·内蒙古呼和浩特·一模）如图所示，在倾角为37°的粗糙且足够长的斜面底端，一质量为可视为质点的滑块压缩一轻弹簧并锁定，滑块与弹簧不拴连。时刻解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的图像，其中Ob段为曲线，bc段为直线，已知物块在0-0.2s内运动的位移为0.8m，取，则下列说法正确的是（ ）
A．滑块速度最大时，滑块与弹簧脱离
B．滑块在0.2s时机械能最大
C．滑块与斜面间的动摩擦因数为
D．时刻弹簧的弹性势能为32J
预测3．（2024·北京门头沟·一模）把一压力传感器固定在水平地面上，轻质弹簧竖直固定在压力传感器上，如图甲所示。时，将金属小球从弹簧正上方由静止释放，小球落到弹簧上后压缩弹簧到最低点，又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复。压力传感器中压力大小F随时间t变化图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．时刻，小球的动能最大
B．时间内，小球始终处于失重状态
C．时间内，小球所受合力的冲量为0
D．时间内，小球机械能的增加量等于弹簧弹性势能的减少量
预测4．（2024·陕西商洛·二模）两款儿童玩具电动车与计算机相连，在平直道路上进行竞速比赛，时两车从同一位置同时同向运动，通过计算机得到两车的图像如图所示（为位移，为时间），下列说法正确的是（ ）
A．车的速度变化比车快 B．开始运动后车在前，后来车在前
C．两车相遇前相距最远距离为 D．两车在运动过程中只能相遇一次
预测5．（2024·重庆·模拟预测）在陆上模拟着舰训练中，某质量为m的航母舰载机着陆时的水平速度大小为v0，在阻拦索的阻力和其他阻力作用下沿直线滑行距离s1后停止；如果不用阻拦索，在其他阻力作用下沿直线滑行距离s2后停止。若舰载机所受其他阻力视为恒力。求：
（1）不用阻拦索时舰载机的滑行时间；
（2）舰载机所受其他阻力的大小；
（3）阻拦索的阻力对舰载机做的功。
押题1．如图所示，小球从距地面高度的A点由静止释放，经地面第一次反弹，竖直上升至最高点B，B点距地面高度，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．小球在B点处于静止状态
B．小球下降过程处于失重，上升过程处于超重
C．小球与地面作用过程速度变化量的大小为1m/s
D．小球下降过程的平均速度大小大于上升过程的平均速度大小
押题2. 质量、长度的木板静止在足够长的光滑水平面上，右端静置一质量的物块（可视为质点），如图（a）所示。现对木板施加一水平向右的作用力F，图像如图（b）所示。物块与木板间的摩擦因数，重力加速度g取。则（ ）
A．6s末，物块刚好与木板分离 B．0~4s内，物块与木板不发生相对滑动
C．0~6s内，物块与木板组成的系统机械能守恒 D．4~6s内，拉力F做功等于物块与木板系统动能增量
押题3. 科考队在非洲草原上拍摄到了狼沿直线追捕猎物的情景，用计算机模拟后得到了狼运动速率的倒数与位移x的关系如图所示，已知狼从O点运动到C点与从C点运动到D点所用的时间相等，则（ ）
A．狼做加速度变化的减速运动 B．狼做加速度不变的减速运动
C．OC与CD的长度之比为1：（-1） D．OC与CD的长度之比为：1
押题4. 图甲所示的无人机，某次从地面由静止开始竖直向上飞行，该过程中加速度a随上升高度h的变化关系如图乙所示。已知无人机的质量为m，重力加速度为g，取竖直向上为正方向，不计空气阻力，则从地面飞至高处的过程中，无人机（ ）
A．先做匀加速直线运动后做匀速直线运动 B．飞至高处时速度大小为
C．飞至高处时无人机所受的升力为2mg D．机械能增加量为
押题5. 如图所示，固定在水平面的斜面倾角为37°，两个小物块A、B用轻绳相连，轻绳绕过斜面顶端的轻质小滑轮，滑轮与轮轴之间的摩擦不计，A物块锁定于斜面底部，B物块离地面高度为。已知A物块的质量为，B物块的质量为，A物块与斜面间的动摩擦因数，重加速度为，，。时刻，解除A物块的锁定状态，当B物块落地瞬间轻绳断裂，A恰好未与滑轮相撞，求：
（1）B物块下落过程中的加速度a的大小及落地前瞬间的速度v的大小；
（2）斜面的长度L及A从时刻起到返回斜面底端所需时间t。
预测1．B
【详解】A．图像与坐标轴围成的面积代表位移，则匀速运动阶段的位移大小为
m=50m，故A错误；
B．图像的斜率代表加速度，则匀加速阶段和匀减速阶段的加速度大小之比为
3：2，故B正确；
C．悬停处距离地面的高度m=100m，故C错误；
D．根据平均速度的公式
可知匀加速阶段和匀减速阶段的平均速度之比为1：1，故D错误；
故选B。
预测2．D
【详解】A．当滑块速度最大时，满足
此时弹力不为零，滑块与弹簧还没有脱离，选项A错误；
B．滑块机械能增量等于弹力做功与摩擦力做功的代数和，开始时弹力大于摩擦力，此过程中弹力功大于摩擦力功，滑块的机械能增加；最后阶段弹力小于摩擦力，弹力功小于摩擦力功，此过程中滑块的机械能减小，则滑块在0.2s时弹力为零，此时滑块的机械能不是最大，选项B错误；
C．滑块脱离弹簧后向上减速运动的加速度
根据牛顿第二定律，，解得滑块与斜面间的动摩擦因数为，选项C错误；
D．由能量关系可知，时刻弹簧的弹性势能为，选项D正确。
故选D。
预测3．D
【详解】A．由图乙可知，在时刻，小球落到弹簧上，开始压缩弹簧，此后弹簧的弹力开始增大，小球受到的重力与弹力的合力方向向下，逐渐减小，由牛顿第二定律可知，加速度向下，且逐渐减小，小球的速度仍在增大，当弹力增大到大小等于重力时，小球的速度最大，则动能最大，A错误；
B．由图乙可知，时刻弹力最大，此时压缩弹簧到最低点，可知在时间内，弹力先小于重力后大于重力，则加速度方向先向下，后向上，小球先失重后超重，B错误；
C．时间内，小球与弹簧组成的整体机械能守恒，可知在时刻小球落到弹簧上，时刻小球离开弹簧，则有两时刻小球的速度大小相等，方向相反，设此时的速度大小为v，小球的质量为m，取向上方向为正方向，则有小球的动量变化量为
由动量定理可知，小球在时间内，所受合力的冲量
C错误；
D．时间内，弹力逐渐减小，是小球被弹起直至离开弹簧的过程，此过程小球和弹簧组成的整体机械能守恒，则有小球增加的动能与重力势能之和等于弹簧弹性势能的减少量，即小球机械能的增加量等于弹簧弹性势能的减少量，D正确。
故选D。
预测4．CD
【详解】AB．根据匀变速运动的位移公式
整理得
在图像中是直线，由此可得，，，
因为车的加速度大，车的速度变化快，车初速度大，但加速度小，故开始运动后车在前，后来车在前，故AB错误；
C．当两车速度相同时，两车相距最远，由
得
两车相距最远距离为，故C正确；
D．两车相遇有，即
解得，只有一解，相遇一次，故D正确。
故选CD。
预测5．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）根据
可得不用阻拦索时舰载机的滑行时间为
（2）如果不用阻拦索时，由动能定理得
可得舰载机所受其他阻力的大小为
（3）在阻拦索的阻力和其他阻力作用下，由动能定理
可得阻拦索的阻力对舰载机做的功为
押题1．D
【详解】A．小球在B点处受到重力，合力不为零，所以小球在B点不能处于静止状态，故A错误；
B．小球下降过程做自由落体运动
得处于完全失重状态，上升过程加速度方向为竖直向下，也是失重状态，故B错误；
CD．小球从距地面高度的A点由静止释放，做自由落体运动，到地面速度为
解得
竖直上升至最高点B，B点距地面高度，小球做匀减速直线运动，从地面反弹的速度为
解得
速度变化量的大小为
解得
小球下降过程的平均速度大小为
上升过程的平均速度大小为，得小球下降过程的平均速度大小大于上升过程的平均速度大小，故C错误，D正确。
故选D。
押题2．AB
【详解】AB．物块的最大加速度为
解得m/s2
当N时，假设木板和物块相对静止，则有
解得m/s2
解得m/s2>a
物块与木板在4s末的速度相等，根据位移—时间公式可知，
代入数据解得s，所以6s末，物块刚好与木板分离，故AB正确；
C．0~6s内，物块与木板组成的系统受拉力做功，机械能不守恒，故C错误；
D．根据功能关系可知，4~6s内，拉力F做功等于物块与木板系统动能增量与系统摩擦生热之和，故D错误；
故选AB。
押题3．AC
【详解】AB．图像是一条过原点的倾斜直线，根据图像可知，与x成正比，则图像的斜率
变形可知
为常数，假设狼做匀变速运动，则有
联立可得
可知，如果狼做匀变速运动，加速度一定，则为定值，即速度v一定，而实际上，根据图像可知，随狼位移的增大，狼的速度减小，则狼做减速直线运动，可知假设不成立，故狼做的是加速度变化的减速运动，故A正确，B错误；
CD．根据微元法可知，图像与横轴所围图形的面积表示时间，又因为狼从O点运动到C点与从C点运动到D点所用的时间相等，所以
所以OC与CD的长度之比为
根据几何关系
联立可得，
解得，，C正确，D错误。
故选AC。
押题4．CD
【详解】
A．由图可知，无人机先做变加速直线运动后做匀加速直线运动，故A错误；
B．飞至高处时，根据动能定理
解得速度大小为
故B错误；
C．飞至高处时，根据牛顿第二定律
解得无人机所受的升力为
故C正确；
D．从地面飞至高处的过程中，无人机动能增加量为
重力势能增加量为
机械能增加量为
故D正确。
故选CD。
押题5．（1），；（2），
【详解】（1）根据题意，设B物块下落过程中绳子的拉力为，由牛顿第二定律，对B物块有
对A物块有，
联立解得，
B物块落地前做匀加速直线运动，则有
解得
（2）根据题意可知，绳断前，A的运动时间为
绳断后，A上滑过程有
解得
A上滑到顶端的时间为
上滑的距离为
则斜面的长度为
A下滑过程有
解得
下滑到底端的时间为
则A从时刻起到返回斜面底端所需时间
曲线运动
近3年考情分析
考点内容 等级要求 考题统计
2023 2022 2021
运动的合成与分解 II 江苏卷T10,乙卷T16,浙江卷（1月）T5 辽宁卷T1，广东卷T4，甲卷T2，
抛体运动规律的应用 II 广东卷T15,山东卷T15，湖北卷T10，辽宁卷T1，新课标卷T11,湖南卷T2，甲卷T11,甲卷T1 北京卷T12，北京卷T17，湖北卷T14，广东卷T3,广东卷T6，河北卷T10,山东卷T11，重庆卷T22 江苏卷T9，北京卷T17，山东卷T11，浙江卷T7 ,广东卷T9，河北卷T2，浙江（1月）T9
圆周运动问题 II 福建卷T3，广东卷T8,北京卷T10，湖北卷T10,江苏卷T13，甲卷T4, 福建卷T13，北京卷T8,辽宁卷T13,河北卷T10,甲卷T1，甲卷T11， 北京卷T10，山东卷T3，河北卷T6，
圆周运动中的临界和极值问题 II 北京卷T18，湖南卷T8 山东卷T8,山东卷T18，浙江卷T21， 湖北卷T15，辽宁卷T10，浙江卷T21,浙江（1月）卷T22，
近3年，曲线运动在新高考中考查频率较大，可单独命题，也可与功能关系、电场、磁场知识相结合，可以在选择题、实验题和计算题中出现。题型难度一般在中等偏下难度，分值一般在3~16分。
江苏卷：2021年和2023年考察的平抛运动，在第9、第10题位置，难度中档偏低，在2023年高考还出现了圆周运动的计算题，难度较为简单。预测今年将会继续考察平抛运动，圆周运动单独命题的可能性不大。
广东卷：最近3年，广东卷均考查了平抛运动规律的应用，其中2021年和2023年和运动学的图像想结合，题型较为新颖，预测今年平抛运动考察图像问题的概率较大。
山东卷：最近3年均考查了斜抛运动，中档题型难度。其中2023年出现在计算题中，和电场相结合，考察与现代科技相结合的电磁炮。预测今年将会继续以斜抛运动的角度入手，考查概率较大。
湖北卷：最近3年，2次出现平抛运动的计算题中，中档难度，题型较为常规。预测今年高考在计算题中再次出现有加大的概率。
辽宁卷：最近3年有2次考察圆周运动问题，仅有1次考察平抛运动，预计今年高考考察平抛运动的概念较大。
全国甲卷：2022年高考中，同时出现选择题和计算题考察圆周运动，2023年，同时出现选择题和计算题考查平抛运动。预测今年会同时出现平抛运动和圆周运动，选择题和计算题各站1题。
福建卷：2022和2023年均考查的是圆周运动的问题，预测今年高考将会考察平抛运动规律应用类题型。
北京卷：在近3年的时间中，北京卷圆周运动和平抛运动多次出现，预测今年高考也不例外。
对于其他省份的考卷，规律性不太强，考生们在复习的时候本节内容也是需要复习的，本节内容往往会与电场知识相结合，考察类平抛运动类问题。
一、运动的合成与分解
1．一个实际运动的几个分运动的关系
(1)等时性；(2)独立性。
2．合初速度和合加速度的关系决定了合运动的性质。
3．船的实际运动（即船的合运动）可以分解为相对于静水的运动和随水漂流的运动。
关联速度问题的解题方法
把物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和沿着绳(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。
二、抛体运动规律的应用
1．抛体运动的特点
运动性质 匀变速曲线运动
相同时间内的速度变化量 相同（即：大小相同，方向竖直向下）
运动轨迹 抛物线
2.平抛运动的两个推论
（1）做平抛运动的物体在任一时刻任一位置处，设其速度与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为α，则tan θ＝2tan α。
（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此时水平位移的中点。
3. 抛体运动模型及处理方法
（1）抛体运动的一般处理思路：将抛体运动正交分解为水平方向和竖直方向的两个分运动。
（2）斜面上的平抛运动的常见模型及处理方法
模型
方法 分解速度，构建速度三角形，找到斜面倾角θ与速度方向的关系 分解速度，构建速度的矢量三角形 分解位移，构建位移三角形，隐含条件：斜面倾角θ等于位移与水平方向的夹角
基本规律 水平：vx＝v0 竖直：vy＝gt 合速度：v＝ 方向：tan θ＝ 水平：vx＝v0 竖直：vy＝gt 合速度：v＝ 方向：tan θ＝ 水平：x＝v0t 竖直：y＝gt2 合位移：s＝ 方向：tan θ＝
（3）类平抛运动的处理方法
类平抛运动的初速度不一定水平，但合力与初速度方向垂直且为恒力，a＝。
①常规分解法：将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向(即沿合力方向)的匀加速直线运动。
②特殊分解法：对于有些问题，可以过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度a分解为ax、ay，初速度v0分解为v0x、v0y，然后分别在x、y方向上列方程求解。
注：平抛运动的两个推论也可以类比推广到类平抛运动中。
（4）斜抛运动
水平方向：以速度v0cos θ做匀速直线运动。
竖直方向：以初速度v0sin θ做竖直上抛运动或竖直下抛运动。
注：斜抛运动中，物体运动到最高点时速度方向为水平方向，故可采用逆向思维法，将物体从开始运动至最高点的这段运动过程逆向看作平抛运动进行分析。
三、圆周运动问题
1. 两种传动装置
(1)用皮带或齿轮传动：轮缘上各点的线速度大小相同（或线速度相等）。
(2)固定在一起同轴传动：各点的角速度大小相同。
2．圆周运动问题的求解步骤
（1）审清题意，确定研究对象，明确物体做圆周运动的平面。
（2）分析物体的受力情况，明确哪些力充当向心力。
（3）分析物体的运动状态，如线速度、角速度、周期、轨迹半径等。
（4）根据牛顿第二定律列方程求解。
3．圆周运动的一些典型模型的处理方法
注：(1)竖直面内圆周运动的轻绳模型中，在最高点时，绳子的拉力大小可能为零，或方向沿半径指向轨迹的圆心；轻杆模型中，在最高点时，杆对物体的弹力大小和方向与物体的速度大小有关，可能向上，可能向下，可能等于零。
(2)倾斜面内的圆周运动、带电小球在电场和重力场的叠加场中的圆周运动，要用“等效重力”的观点分析。
四、圆周运动的极值和临界问题
1．圆周运动中的三种临界情况
（1）接触面相对滑动临界：Ff＝F静m。
（2）接触面分离临界：FN＝0。
（3）绳恰好绷紧：FT＝0；
（4）绳恰好断：FT达到绳子最大承受拉力。
【典例1】（2023·全国·高考真题）一质点做匀速圆周运动，若其所受合力的大小与轨道半径的n次方成正比，运动周期与轨道半径成反比，则n等于（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【详解】质点做匀速圆周运动，根据题意设周期
合外力等于向心力，根据
联立可得
其中为常数，的指数为3，故题中
故选C。
【典例2】（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。
【典例3】（多选）（2023·湖南·高考真题）如图，固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成，两段相切于B点，AB段与水平面夹角为θ，BC段圆心为O，最高点为C、A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R。小球从A点以初速度v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，下列说法正确的是（ ）
A．小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大
B．小球从A到C的过程中，重力的功率始终保持不变
C．小球的初速度
D．若小球初速度v0增大，小球有可能从B点脱离轨道
【答案】AD
【详解】A．由题知，小球能沿轨道运动恰好到达C点，则小球在C点的速度为vC = 0
则小球从C到B的过程中，有，
联立有FN= 3mgcosα－2mg
则从C到B的过程中α由0增大到θ，则cosα逐渐减小，故FN逐渐减小，而小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大，A正确；
B．由于A到B的过程中小球的速度逐渐减小，则A到B的过程中重力的功率为P = －mgvsinθ
则A到B的过程中小球重力的功率始终减小，则B错误；
C．从A到C的过程中有，解得，C错误；
D．小球在B点恰好脱离轨道有，则，则若小球初速度v0增大，小球在B点的速度有可能为，故小球有可能从B点脱离轨道，D正确。
故选AD。
【典例4】（2023·全国·高考真题）如图，光滑水平桌面上有一轻质弹簧，其一端固定在墙上。用质量为m的小球压弹簧的另一端，使弹簧的弹性势能为。释放后，小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动，与弹簧分离后，从桌面水平飞出。小球与水平地面碰撞后瞬间，其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等；垂直于地面的速度分量大小变为碰撞前瞬间的。小球与地面碰撞后，弹起的最大高度为h。重力加速度大小为g，忽略空气阻力。求
（1）小球离开桌面时的速度大小；
（2）小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离。
【答案】（1）；（2）
【详解】
（1）由小球和弹簧组成的系统机械能守恒可知，
得小球离开桌面时速度大小为
（2）离开桌面后由平抛运动规律可得，
第一次碰撞前速度的竖直分量为，由题可知，
离开桌面后由平抛运动规律得，，
解得小球第一次落地点距桌面上其飞出的水平距离为
【典例5】（2023·福建·高考真题）一种离心测速器的简化工作原理如图所示。细杆的一端固定在竖直转轴上的O点，并可随轴一起转动。杆上套有一轻质弹簧，弹簧一端固定于O点，另一端与套在杆上的圆环相连。当测速器稳定工作时，圆环将相对细杆静止，通过圆环的位置可以确定细杆匀速转动的角速度。已知细杆长度，杆与竖直转轴的夹角a始终为，弹簧原长，弹簧劲度系数，圆环质量；弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取，摩擦力可忽略不计
（1）若细杆和圆环处于静止状态，求圆环到O点的距离；
（2）求弹簧处于原长时，细杆匀速转动的角速度大小；
（3）求圆环处于细杆末端P时，细杆匀速转动的角速度大小。
【答案】（1）0.05m；（2）；（3）
【详解】（1）当细杆和圆环处于平衡状态，对圆环受力分析得，
根据胡克定律得，
弹簧弹力沿杆向上，故弹簧处于压缩状态，弹簧此时的长度即为圆环到O点的距离
（2）若弹簧处于原长，则圆环仅受重力和支持力，其合力使得圆环沿水平方向做匀速圆周运动。根据牛顿第二定律得，
由几何关系得圆环此时转动的半径为，
联立解得，
（3）圆环处于细杆末端P时，圆环受力分析重力，弹簧伸长，弹力沿杆向下。根据胡克定律得
对圆环受力分析并正交分解，竖直方向受力平衡，水平方向合力提供向心力，则有
，
由几何关系得，
联立解得，
预测1．（2024·江西·模拟预测）如图，玩具小车在轨道上做匀速圆周运动，测得小车1s绕轨道运动一周，圆轨道半径为0.3m，玩具小车的质量为0.5kg，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，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10N
预测2．（2024·湖南衡阳·二模）将一物体以某一初速度沿与水平方向成角从点斜向上抛出，经过点时速度与水平方向的夹角为。已知、之间的水平距离为，忽略空气阻力的影响，重力加速度为，，则下列说法正确的是（ ）
A．从A点抛出时的速度大小为 B．从A到B过程中速度的最小值为
C．从A到B的时间为 D．A、B之间的高度差为
预测3．（2024·福建·一模）市面上有一种自动计数的智能呼拉圈。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。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
预测4．（2024·黑龙江哈尔滨·二模）如图所示，在足够大的转盘中心固定一个小物块B，距离中心为处放置小物块A。A、B质量均为，A与转盘之间的动摩擦因数为。现在用原长为、劲度系数的轻质弹簧将两者拴接，重力加速度，假设弹簧始终处于弹性限度以内，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则：
（1）缓慢增加转盘转动的角速度，求A即将打滑时的；
（2）若小物块B解除固定状态，B和转盘间动摩擦因数为，现将转盘角速度从0开始缓慢增大，为了保证B不打滑，求满足条件的转盘角速度的大小范围。
预测5．（2024·安徽·一模）如图，为某轮滑赛道模型，段和段为在B点相切的圆弧，半径分别为，在圆弧的最上端A点的切线水平，为圆弧的圆心，与竖直方向的夹角为；圆弧的最下端C点的切线水平，为圆弧的圆心，C点离地面的高度为R，一个质量为m的滑块从A点（给滑块一个扰动）由静止开始下滑，到B点时对圆弧的压力恰好为零，到C点时对圆弧轨道的压力大小为，重力加速度大小为g，求：
（1）滑块运动到B点时的速度多大；
（2）滑块在段圆弧和在段圆弧上克服摩擦力做的功分别为多少；
（3）若滑块与地面碰撞一瞬间，竖直方向速度减为零，水平方向速度不变，滑块与地面间的动摩擦因数为0.5，则滑块停下时离C点的水平距离为多少。
押题1. 如图所示的圆盘，半径为R，可绕过圆心O的水平轴转动，在圆盘的边缘沿同一直径方向固定两根长为R的轻杆，杆的端点各有一可视为质点的小球A、B，在圆盘上缠绕足够长的轻绳。轻绳的另一端拴接一小球C。现将装置由静止释放，小球C向下以（g为重力加速度）的加速度做匀加速直线运动，圆盘与轻绳间不打滑，经过一段时间圆盘转过两圈。下列说法正确的是（ ）
A．圆盘转两圈所用的时间为
B．圆盘转两圈时，小球A的角速度大小为
C．圆盘转两圈时，圆盘的角速度大小为
D．圆盘转两圈时，小球B的线速度大小为
押题2. 以水平初速度v0将一个小石子从离水平地面高H处抛出，从抛出时开始计时，取地面为参考平面，不计空气阻力．下列图象中，A为石子离地的高度与时间的关系，B为石子的速度大小与时间的关系，C为石子的重力势能与时间的关系，D为石子的动能与离地高度的关系．其中正确的是
A． B． C． D．
押题3. 在竖直面上的直角坐标系，竖直的轴上，有A、B点坐标分别为和。水平地面的OX轴上有E点、F点坐标分别为和。现将两个篮球分别从A点B点做平抛运动，分别落至E、F两点，如果两球都经过了同一球框，那么球框位置（两球轨迹交点）距地面的高度为（ ）
A． B． C． D．
押题4. “旋转秋千”是游乐园里常见的游乐项目，如图甲所示，其基本装置是将绳子上端固定在转盘的边上，绳子下端连接座椅，游客坐在座椅上随转盘旋转而在空中飞旋。若将“旋转秋千”简化为如图乙所示的模型，人和座椅看作质点，总质量约为，圆盘的半径为，绳长，圆盘以恒定的角速度转动时，绳子与竖直方向的夹角为，若圆盘到达最高位置时离地面的高度为。重力加速度取。（结果可用根号表示）
（1）若手机从游客手中自由脱落，求手机滑落瞬间的速度大小；
（2）若手机的质量为，求手机落地时的重力的功率；
押题5. 如图甲所示，一小物块放置在水平台面上，在水平推力F的作用下，物块从坐标原点O由静止开始沿x轴运动，F与物块的位置坐标x的关系如图乙所示。物块在处从平台飞出，同时撤去F，物块恰好由P点沿其切线方向进入竖直圆轨道，随后刚好从轨道最高点M飞出。已知物块质量为0.5kg，物块与水平台面间的动摩擦因数为0.7，轨道圆心为，半径为0.5m，MN为竖直直径，，重力加速度g取：，，不计空气阻力。求：
（1）物块飞出平台时的速度大小；
（2）物块在圆轨道上运动时克服摩擦力做的功。
预测1．D
【详解】A．小球在BD下方运动时，向心加速度指向圆心，均有竖直向上的分量，故处于超重状态，故A错误；
B．由于玩具小车在轨道上做匀速圆周运动，切向分量上合力为零，故在B点受到竖直向上的摩擦力，故B错误；
C．设玩具小车在C点时受到向下的压力，则
又
得，故C错误；
D．设玩具小车在A点时受到向上的压力，则
由牛顿第三定律知
得，故D正确。
故选D。
预测2．A
【详解】设水平方向分速度为，物体在、位置的速度分解如图所示
A．由速度分解可知
根据竖直方向速度可知，
解得，
根据水平方向位移可知
解得，
则A点的抛出速度为，A正确；
B．A到B过程中当竖直方向速度为0时，速度最小，，B错误；
C．将代入中可得，，C错误；
D．根据速度关系可知，
根据竖直方向位移关系可知，
代入数据可得，，D错误。
故选A。
预测3．BC
【详解】AB．依题意，对配重受力分析，由牛顿第二定律可得，
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，mg=Tcosθ
水平方向，
可知配重在竖直方向平衡，拉力T变大，向心力F 变大，对腰带受力分析如图所示，
可得竖直方向，f=Mg+Tcosθ=Mg+mg
水平方向，
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；
C．若减小转速，根据AB选项的分析，腰受到腰带的摩擦力仍是保持不变。故C正确；
D．若增加配重，保持转速不变，则绳子与竖直方向夹角为θ将不变。故D错误。
故选BC。
预测4. （1）；（2）
【详解】（1）设盘的角速度为时，物块A将开始滑动，则
代入数值解得A即将打滑时，
（2）若小物块B解除固定状态，则物块刚好滑动时弹簧拉力为F，则对B有，
由胡克定律可知，
可得，
对A受力分析，为了保证B不打滑，则有，
可得，，
预测5．（1）；（2），；（3）
【详解】（1）到B点时对圆弧的压力恰好为零，则向心力完全由重力的分力提供，根据牛顿第二定律
得滑块运动到B点时的速度
（2）在段圆弧，根据动能定理
克服摩擦力做的功
到C点时对圆弧轨道的压力大小为，根据牛顿第三定律，滑块受到的支持力
根据牛顿第二定律，
得
根据动能定理
克服摩擦力做的功
（3）根据，，
在地面滑行时，加速度大小
滑行距离
所以滑块停下时离C点的水平距离为
押题1．B
【详解】A．圆盘转两圈时，小球C下降的位移为，根据位移—时间公式有
解得圆盘转两圈所用的时间为，故A错误；
BC．此时小球C的速度为
则圆盘和小球A的角速度大小为，故B正确，C错误；
D．小球B的线速度大小为，故D错误；
故选B。
押题2．C
【详解】由自由落体的知识h′=gt2，h=H-gt2，所以h是t的二次函数，开口向下．故A错误；根据矢量的合成， ，所以不是一次函数，B错误；Ep=mgh，h=H-gt2，所以Ep=mgH-mg2t2，故C正确；根据能量守恒知Ek=mv02+（mgH-mgh），是随h的增大而减小的线性函数．故D错误；故选C.
【点睛】本题关键是对物体运用机械能守恒定律列方程求解出动能和重力势能的一般表达式进行分析讨论．
押题3．D
【详解】如图所示
设A的初速度为，落地时间为，B的初速度为，落地时间为，则根据平抛运动可以得到：对A
，
对B，，
整理可以得到，
设球框到地面的距离为x，则对A，
对B，
同一球框，水平位移相等，则
带入整理可以得到
故选D。
【点睛】本题主要考查了平抛运动规律的理解和应用，平时要加强练习，提高应用基本规律解决问题能力，同时要会对实验进行正确的误差分析．
押题4．（1）；（2）
【详解】
（1）根据题意，由牛顿第二定律有，
由几何关系可得，
联立解得，
可知，手机滑落瞬间的速度大小与游客做圆周运动线速度大小相等为。
（2）手机滑落后做平抛运动，由几何关系可得，竖直方向下落高度为
手机在竖直方向做自由落体运动，手机落地时的竖直分速度为
解得
则手机落地时重力的功率为
押题5．（1）；（2）0.5J
【详解】（1）由与物块的位置坐标的关系图像面积分析可知当物块运动到处时所做的功
设物块运动到处时的速度为，由动能定理，可得
（2）分析可知物块从平台飞出后做平抛运动，且从点沿切线方向进入坚直圆轨道，设物块运动到点时的速度为，可得物块在点的速度
设物块恰好由轨道最高点飞出时的速度为，由圆周运动知识，，可得
设物块在圆轨道时，克服摩擦力做的功为，由动能定理
可得
万有引力与航天
近3年考情分析
考点内容 等级要求 考题统计
2023年 2022年 2021年
解决天体运动的两个基本思路 II 重庆卷T10，广东卷T7,天津卷T1，北京卷T10，北京卷T12，北京卷T21，山东卷T3，浙江卷T9,湖北卷T2，辽宁卷T7，海南卷T9，江苏卷T4，甲卷T4, 湖南卷T4， 福建卷T4,重庆卷T9，北京卷T19，江苏卷T14， 海南卷T9，辽宁卷T9，湖北卷T2，浙江卷T6, 广东卷T2，湖南T8， 山东卷T6，乙卷T1， 重庆卷T8，福建卷T13，福建卷T8，江苏卷T3，海南卷T4，湖北卷T7，辽宁卷T8，北京卷T6，山东卷T8，浙江卷T10,广东卷T2，乙卷T5，甲卷T5，河北卷T4，湖南卷T7，
卫星的变轨问题 II 浙江卷（1月）T8， 天津卷T5，
双星、多星模型 I 福建卷T6,
近3年，在全国各地高考来看，天体运动主要以一个选择题的形式出现，其中北京卷、江苏卷和福建卷还曾出现过解答题。本节内容高考占分在3~12分之间。
不论是新高考还是老高考，预测今年仍会以一个选择题的形式出现，其中北京卷有较大可能同时出现选择题和解答题。
一、解决天体问题的两个基本思路
1．将天体的运动看作匀速圆周运动，中心天体对它的万有引力作为转动所需要的向心力，即
G＝man＝m＝mω2r＝mr。但双星问题和椭圆轨道问题不符合此表达式。
2．物体所受重力和万有引力的关系：不考虑中心天体自转时，在中心天体表面，中心天体对物体的万有引力等于物体所受的重力，即＝mg或GM＝gR2(R、g和M分别是中心天体的半径、表面重力加速度和质量)，关系式GM＝gR2应用广泛，被称为“黄金代换式”。
二、卫星的变轨问题
求航天器变轨问题的四点注意
（1）航天器经过不同轨道相交的同一点时加速度相等，在外轨道上的速度大于在内轨道上的速度。
（2）航天器在不同轨道上运行时机械能不同，轨道半径(或半长轴)越大，机械能越大。
（3）航天器在同一中心天体的不同圆轨道或椭圆轨道上的运行周期均满足开普勒第三定律＝k。
（4）航天器在同一椭圆轨道上的速度与到中心天体的距离成反比，即v1r1＝v2r2。
三、双星模型与拉格朗日点问题
1．双星模型及特点
模型：两个天体只在彼此的引力作用下绕连线上一点做圆周运动
动力学方程 ＝m1ωr1，＝m2ωr2
运动关系 T1＝T2，ω1＝ω2
轨道半径关系 r1＋r2＝L，＝
周期和角速度大小 T＝2π ，ω＝
系统总质量 m1＋m2＝
2．拉格朗日点问题
处在地月拉格朗日点处的卫星，其周期与月球公转周期相同，向心力为地球和月球对卫星的万有引力的合力；处在日地拉格朗日点处的卫星，其周期与地球公转周期相同，向心力为太阳和地球对卫星的万有引力的合力。
3. 双星模型和拉格朗日点问题的解题步骤
（1）确定星球受几个万有引力，所受万有引力的合力充当向心力。
（2）找清楚天体之间的引力距离，确定天体运动的轨道半径。
（3）求出天体之间的万有引力，列出牛顿第二定律方程，进行计算。
四、三星、多星问题
1.多星系统
（1）一般都在同一平面内绕同一圆心做匀速圆周运动，它们的周期都相等。
（2）星体所需的向心力由其他星体对它的万有引力的合力提供。
3. 多星系模型问题的解题步骤
（1）确定星球受几个万有引力，所受万有引力的合力充当向心力。
（2）找清楚天体之间的引力距离，确定天体运动的轨道半径。
（3）求出天体之间的万有引力，列出牛顿第二定律方程，进行计算。
【典例1】（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。
【典例2】（2023·山东·高考真题）牛顿认为物体落地是由于地球对物体的吸引，这种吸引力可能与天体间（如地球与月球）的引力具有相同的性质、且都满足。已知地月之间的距离r大约是地球半径的60倍，地球表面的重力加速度为g，根据牛顿的猜想，月球绕地球公转的周期为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】设地球半径为R，由题知，地球表面的重力加速度为g，则有
月球绕地球公转有，r = 60R
联立有
故选C。
【典例3】（2023·辽宁·高考真题）在地球上观察，月球和太阳的角直径（直径对应的张角）近似相等，如图所示。若月球绕地球运动的周期为T ，地球绕太阳运动的周期为T ，地球半径是月球半径的k倍，则地球与太阳的平均密度之比约为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】设月球绕地球运动的轨道半径为r ，地球绕太阳运动的轨道半径为r ，根据
可得，
其中，
联立可得
故选D。
【典例4】（2023·浙江·高考真题）太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动．当地球恰好运行到某地外行星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，称为“行星冲日”，已知地球及各地外行星绕太阳运动的轨道半径如下表：
行星名称 地球 火星 木星 土星 天王星 海王星
轨道半径 1.0 1.5 5.2 9.5 19 30
则相邻两次“冲日”时间间隔约为（ ）
A．火星365天 B．火星800天
C．天王星365天 D．天王星800天
【答案】B
【详解】根据开普勒第三定律有
解得
设相邻两次“冲日”时间间隔为，则
解得
由表格中的数据可得，
故选B。
【典例5】（2023·北京·高考真题）螺旋星系中有大量的恒星和星际物质，主要分布在半径为R的球体内，球体外仅有极少的恒星。球体内物质总质量为M，可认为均匀分布，球体内外的所有恒星都绕星系中心做匀速圆周运动，恒星到星系中心的距离为r，引力常量为G。
（1）求区域的恒星做匀速圆周运动的速度大小v与r的关系；
（2）根据电荷均匀分布的球壳内试探电荷所受库仑力的合力为零，利用库仑力与万有引力的表达式的相似性和相关力学知识，求区域的恒星做匀速圆周运动的速度大小v与r的关系；
（3）科学家根据实测数据，得到此螺旋星系中不同位置的恒星做匀速圆周运动的速度大小v随r的变化关系图像，如图所示，根据在范围内的恒星速度大小几乎不变，科学家预言螺旋星系周围（）存在一种特殊物质，称之为暗物质。暗物质与通常的物质有引力相互作用，并遵循万有引力定律，求内暗物质的质量。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）由万有引力定律和向心力公式有
解得
（2）在内部，星体质量
由万有引力定律和向心力公式有
解得
（3）对处于R球体边缘的恒星，由万有引力定律和向心力公式有
对处于r=nR处的恒星，由万有引力定律和向心力公式有
解得
预测1. （2024·安徽·模拟预测）中国载人登月初步方案已公布，计划2030年前实现载人登月科学探索。假如在登月之前需要先发射两颗探月卫星进行科学探测，两卫星在同一平面内绕月球的运动可视为匀速圆周运动，且绕行方向相同，如图1所示，测得两卫星之间的距离随时间变化的关系如图2所示，不考虑两卫星之间的作用力。下列说法正确的是（ ）
A．a、b两卫星的线速度大小之比
B．a、b两卫星的加速度大小之比
C．a卫星的运转周期为T
D．b卫星的运转周期为7T
预测2．（2024·河北·一模）太阳系外行星和行星可能适宜人类居住，半径是半径的，若分别在和距地面高为处水平抛出小球，小球平抛运动水平位移随抛出速度函数图像如图所示，忽略空气阻力，忽略行星自转。下列判断正确的是（ ）
A．行星和行星的第一宇宙速度之比为
B．行星和行星的第一宇宙速度之比为
C．行星和行星的密度之比为2：1
D．行星和行星的密度之比为1:3
预测3．（2024·广东·二模）2023年10月26日11时14分，搭载神舟十七号载人飞船的长征二号遥十七运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射。约10分钟后。神舟十七号载人飞船与火箭成功分离，进入预定轨道，航天员乘组状态良好，发射取得圆满成功。如图所示，虚线为飞船的运行轨道，周期为，离地高度为。若飞船绕地球做匀速圆周运动，地球半径为，则地球的第一宇宙速度大小为（ ）
A． B．
C． D．
预测4．（2024·黑龙江·二模）2023年5月30日9时31分，神舟16号载人飞船进入太空，经5次自主变轨成功与天和核心舱径向对接，标志着我国已经成为了航天大国。天和核心舱的轨道可近似看成圆轨道，离地面高度约390千米。已知地球同步卫星距地球表面高度约为36000km，下列说法正确的是（ ）
A．飞船运载火箭发射过程中，宇航员处于失重状态
B．神舟16号飞船在变轨到更高轨道过程中，需要点火减速
C．天和核心舱的向心加速度大于赤道上随地球自转的物体的向心加速度
D．天和核心舱在轨道上运行时，与太阳的连线在相同时间内扫过的面积是相等的
预测5．（2009·湖南岳阳·模拟预测）宇航员站在某质量分布均匀的星球表面一斜坡上P点，沿水平方向以初速度v0抛出一个小球，测得小球经时间t落到斜坡另一点Q上，斜坡的倾角为α，已知该星球的半径为R，引力常量为G，球的体积公式是。求：
（1）该星球表面的重力加速度g；
（2）该星球的密度；
（3）该星球的第一宇宙速度。
押题1. 神舟十三号与空间站天和核心舱，分离过程简化如图所示，脱离前天和核心舱处于半径为的圆轨道Ⅰ上，从Р点脱离后神舟十三号飞船沿椭圆轨道Ⅱ返回半径为的近地圆轨道Ⅲ上，然后再多次调整轨道，绕行5圈后顺利着落在东风着落场.已知轨道Ⅱ与轨道Ⅰ、Ⅲ两圆轨道相切于P、Q点两点且恰好对应椭圆的长轴两端点，引力常量为G，地球质量为M，则下列说法正确的是（ ）
A．飞船从Р点运动至Q点的最短时间为
B．飞船在轨道Ⅲ上的向心加速度小于在轨道I上的向心加速度
C．飞船在轨道Ⅰ上的机械能等于在轨道Ⅲ上的机械能
D．飞船在轨道Ⅰ与地心连线和在轨道Ⅲ与地心连线在相同时间内扫过的面积相等
押题2. 地球静止同步轨道仅有一个，世界各国的静止同步卫星均在此轨道绕地球做匀速圆周运动，卫星在轨道环绕过程中发生故障或到达使用寿命后便成为“死亡卫星”。在地球静止同步轨道上有一颗北斗导航卫星失效，我国发射的“实践二十一号”卫星将该失效卫星拖到如图所示的“墓地轨道”，为后续新发射的卫星腾出空间，已知“墓地轨道”比同步轨道高300m，下列说法正确的是（ ）
A．地球静止同步轨道可以经过北京正上方
B．在“墓地轨道”运动的卫星的角速度比地球自转的角速度小
C．北斗导航卫星在同步轨道上的动能比在“墓地轨道”上的动能小
D．北斗导航卫星在同步轨道上的加速度比在“墓地轨道”上的加速度小
押题3. 2022年11月3日，梦天实验发射后先在半径为的圆周上以做匀速圆周运动，然后在点点火加速做椭圆运动，在椭圆轨道上稳定运行时经过点速度为，经过点速度为。运行稳定后某次到达椭圆远地点再次加速，最终在半径为的圆周上以做匀速圆周运动。运行稳定后梦天实验舱完成转位，标志着天宫空间站“T”字基本构型在轨组装完成。已知天宫空间站绕地心运行的轨道半径为地球半径的倍，地球自转周期为，地球自转时赤道表面的线速度为，地球表面两极的重力加速度为。下列说法正确的是（ ）
A．天宫空间站中仪器的重力为零 B．题中涉及到的四个速度中最大的是
C．天宫空间站运行的周期为 D．天宫空间站的向心加速度为
押题4. 2023年12月15日我国在文昌航天发射场使用长征五号遥六运载火箭，成功将遥感四十一号卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，该星是高轨光学遥感卫星．已知遥感四十一号卫星在距地面高度为h的轨道做圆周运动，地球的半径为R，自转周期为，地球表面的重力加速度为g，引力常量为G，忽略地球自转的影响，下列说法正确的是（ ）
A．遥感四十一号卫星绕地球做圆周运动的速度大于7.9km/s
B．遥感四十一号卫星绕地球做圆周运动的向心加速度大于地球表面的重力加速度
C．遥感四十一号卫星运行的周期为
D．地球的密度为
押题5. “吉林一号”卫星星座建设最终目标是实现138颗卫星在轨组网，卫星遥感影像应用于国土资源监测、矿产资源开发、智慧城市建设、林业资源普查、生态环境监测、防灾减灾及应急响应等领域，具备全球任意地点10分钟内重访能力。假设其中一颗卫星A所在的圆轨道可经过吉林省上方，该卫星在圆轨道上运行周期为，已知地球半径为、地球表面重力加速度为，试求：
（1）卫星A距地面的高度；
（2）卫星A做圆周运动的线速度大小；
（3）若地球自转周期、卫星A周期，请计算卫星A需要运行几个周期才能相邻两次经过赤道某城市正上方。
预测1. D
【详解】A．设a星与月球的距离为，b星与月球的距离为，根据图像有
，
联立解得，
两卫星均绕月球运动，设a星与b星的速度分别为、，根据牛顿第二定律有
解得
可知a、b两卫星的线速度大小之比,故A错误；
B．根据
解得
可知a、b两卫星的加速度大小之比，故B错误；
CD．根据开普勒第三定律可得
可得
根据图像可知，经过时间两卫星再次相距最近，有
联立解得，，故C错误，D正确。
故选D。
预测2．A
【详解】AB．平抛运动水平位移
竖直方向做匀变速运动
所以
水平位移x随抛出速度函数图像斜率，
所以
第一宇宙速度，，故A正确，B错误；
CD．星球表面的重力加速度
则
所以，故CD错误。
故选A。
预测3．B
【详解】根据万有引力提供向心力有
则地球质量
设地球的第一宇宙速度大小为，则
解得
故选B。
预测4．C
【详解】A．飞船运载火箭发射过程中，加速度方向向上，宇航员处于超重状态，故A错误；
B．神舟16号飞船在变轨到更高轨道的过程中，需点火加速做离心运动，故B错误；
C．根据万有引力提供向心力，有
解得
由于天和核心舱的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，则天和核心舱的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度，根据
可知地球同步卫星的向心加速度大于赤道上随地球自转的物体的向心加速度，由此可知天和核心舱的向心加速度大于在赤道上随地球自转的物体的向心加速度，故C正确；
D．天和核心舱在轨道上绕地球运行时，根据开普勒第二定律可知，天和核心舱与地球的连线在相同时间内扫过的面积是相等的，但与太阳的连线在相同时间内扫过的面积是不相等的，故D错误。
故选C。
预测5．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）小球做平抛运动过程中，水平方向，有
竖直方向，有
由几何知识可得
联立解得
（2）对于星球表面质量为m0的物体，有，
所以
（3）该星球的第一宇宙速度等于它的近地卫星的运行速度，故，
解得
押题1. A
【详解】A．根据开普勒第三定律可得，
对于Ⅰ轨道上的卫星，有
所以
联立解得，故A正确；
B．根据万有引力提供向心力，有
可得
所以轨道半径越大，向心加速度越小，所以飞船在轨道Ⅲ上的向心加速度大于在轨道Ⅰ上的向心加速度，故B错误；
C．飞船由轨道Ⅰ运动到轨道Ⅲ需要在轨道相切的位置P和Q点点火减速，做近心运动，所以在点火过程中外力对飞船做负功，所以飞船的机械能减小，即飞船在轨道Ⅰ上的机械能大于在轨道Ⅲ上的机械能，故C错误；
D．根据开普勒第二定律可知，飞船在同一轨道上运行时，飞船与地心的连线在相同时间内扫过的面积相等，故D错误。
故选A。
押题2．B
【详解】
A．地球静止同步轨道在赤道正上方。故A错误；
B．根据，解得
依题意，“墓地轨道”比同步轨道高，所以“墓地轨道”上的卫星角速度比同步轨道上的卫星角速度小，即比地球自转的角速度小。故B正确；
C．同理，可得
解得
又
可知北斗导航卫星在同步轨道上的动能比在“墓地轨道”上的动能大。故C错误；
D．同理，可得
解得
北斗导航卫星在同步轨道上的加速度比在“墓地轨道”上的加速度大。故D错误。
故选B。
押题3．D
【详解】A．天宫空间站中仪器的重力等于受到的万有引力，不为零，故A错误；
B．根据题意可知，卫星在点点火加速做椭圆运动，则有，故B错误；
C．地球自转的周期和天宫空间站运行的周期没有直接关联，题干没有同步卫星与天宫空间站运行轨道半径的关系，所以无法得到天宫空间站运行的周期，故C错误；
D．设地球的质量为，在地球表面两极处有
天宫空间站绕地球做匀速圆周运动时，有
又
联立可得天宫空间站的向心加速度为，故D正确。
故选D。
押题4．C
【详解】A．第一宇宙速度是最大环绕速度，大小为7.9km/s，故遥感四十一号卫星绕地球做圆周运动的速度小于7.9km/s，故A错误；
B．根据万有引力与重力的关系
根据牛顿第二定律，
遥感四十一号卫星绕地球做圆周运动的轨道半径大于地球的半径，故遥感四十一号卫星绕地球做圆周运动的向心加速度小于地球表面的重力加速度，故B错误；
C．根据万有引力提供向心力
根据万有引力与重力的关系
解得遥感四十一号卫星运行的周期为，故C正确；
D．设同步卫星的轨道半径为，根据万有引力提供向心力
地球的密度为，故D错误。
故选C。
押题5．（1）；（2）；（3）2.5
【详解】（1）设卫星的轨道半径为，对卫星有
在地球表面有
解得
则卫星距地面的高度
（2）根据线速度的定义得
（3）当地球自转半周，卫星A转动奇数个半周时，卫星A就会相邻两次经过该城市正上方，即
（、1、2……）
将、，代入公式，解得
即卫星A转动5个半周期，经历
即卫星A需要运行2.5个周期才能相邻两次经过赤道某城市正上方。
功、功率和动能定理
近3年考情分析
考点内容 等级要求 考题统计
2023 2022 2021
功和功率的计算 II 广东卷T8，北京卷T11，山东卷T4，山东卷T8，湖北卷T9，江苏卷T11，甲卷T7，乙卷T2， 湖南卷T8 福建T1，北京卷T4，广东卷T9，广东卷T7,河北卷T9，重庆卷T10，乙卷T7 甲卷T7 ,湖北T15,北京卷T8，广东卷T9，浙江卷（1月）T1，
机车的启动问题 II 湖北卷T4， 浙江卷T13， 重庆卷T10，湖南卷T3，
动能定理的应用 III 辽宁卷T3，重庆卷T13，湖北卷T14,辽宁卷T13，江苏卷T15，浙江卷（1月）T20 广东卷T9，天津卷T11，福建卷T14,福建卷T7，江苏卷T8,广东卷T14， 湖南卷T14，浙江卷T21， 甲卷T11，乙卷T6，浙江卷T21，重庆卷T7，福建卷T14，湖北建T4，辽宁卷T10，北京卷T20，山东卷T18山东卷T3，乙卷T11，
本节内容是所有地方高考必考的内容之一，一般会将功、功率和动能定律相结合，考察形式多种多样，既可考恒力做功，也可考变力做功，既可在选择题中出现，也可在计算题中出现，题型难度范围较广。2024年的考生在最后的20天时间里务必对本节内容的题型加以训练。
纵观最近3年高考，机车的启动问题考察次数较少，考生在练习时，可以适当减少此类题型的训练。
一、功和功率的计算
功 单个力做功的求法 恒力做功 W＝Fl cos α
变力做功 动能定理或其他功能关系
力的大小不变，方向与速度方向始终相同的曲线运动：W＝Fx路程
力的大小改变，方向与速度方向相同的直线运动：F x图像面积法
总功的 求法 方法一：W总＝F合l cos α
方法二：W总＝W1＋W2＋W3＋…
功率 平均功率 的求法 ＝
＝Fcos α
瞬时功率的求法 P＝Fv cos α
二、机车启动问题
1．以恒定功率启动
(1)动态过程
(2)这一过程的P t图像和v t图像如图所示：
2．以恒定加速度启动
(1)动态过程
(2)这一过程的P t图像和v t图像如图所示：
三、动能定理的应用
1. 应用动能定理时的注意事项
（1）合力做功是物体动能变化的原因和量度。
（2）动能定理中的位移和速度必须相对于同一个惯性系。
2．应用动能定理解题的分析步骤
注：多过程中的往复运动问题一般应用动能定理求解。
3．应用动能定理时常见的三个误区
（1）公式W＝mv－mv中W应是总功，方程为标量方程，不能在某方向上应用。
（2）功的计算过程中，易出现正、负功判断错误及遗漏某些力做功的现象。
（3）多过程问题中，不善于挖掘题目中的隐含条件，运动物体的过程分析易出现错误。
一、单选题
【典例1】（2023·全国·高考真题）无风时，雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下落。一质量为m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的过程中，克服空气阻力做的功为（重力加速度大小为g）（ ）
A．0 B．mgh C． D．
【答案】B
【详解】在地面附近雨滴做匀速运动，根据动能定理得
故雨滴克服空气阻力做功为。
故选B。
【典例2】（2023·山东·高考真题）《天工开物》中记载了古人借助水力使用高转筒车往稻田里引水的场景。引水过程简化如下：两个半径均为R的水轮，以角速度ω匀速转动。水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n个，与水轮间无相对滑动。每个水筒离开水面时装有质量为m的水，其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田。当地的重力加速度为g，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为（ ）
A． B． C． D．nmgωRH
【答案】B
【详解】由题知，水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n个，且每个水筒离开水面时装有质量为m的水、其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田，则水轮转一圈灌入农田的水的总质量为
m总 = 2πRnm × 60% = 1.2πRnm
则水轮转一圈灌入稻田的水克服重力做的功W = 1.2πRnmgH
则筒车对灌入稻田的水做功的功率为，
联立有
故选B。
【典例3】（2023·山东·高考真题）质量为M的玩具动力小车在水平面上运动时，牵引力F和受到的阻力f均为恒力，如图所示，小车用一根不可伸长的轻绳拉着质量为m的物体由静止开始运动。当小车拖动物体行驶的位移为时，小车达到额定功率，轻绳从物体上脱落。物体继续滑行一段时间后停下，其总位移为。物体与地面间的动摩擦因数不变，不计空气阻力。小车的额定功率P0为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】设物体与地面间的动摩擦因数为μ，当小车拖动物体行驶的位移为S1的过程中有
F－f－μmg = (m＋M)a， v2= 2aS1， P0= Fv
轻绳从物体上脱落后a2= μg，v2= 2a2(S2－S1)
联立有
故选A。
【典例4】（多选）（2023·全国·高考真题）一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．在x = 1m时，拉力的功率为6W
B．在x = 4m时，物体的动能为2J
C．从x = 0运动到x = 2m，物体克服摩擦力做的功为8J
D．从x = 0运动到x = 4的过程中，物体的动量最大为2kg m/s
【答案】BC
【详解】由于拉力在水平方向，则拉力做的功为W = Fx，可看出W—x图像的斜率代表拉力F。
AB．在物体运动的过程中根据动能定理有
则x = 1m时物体的速度为v1= 2m/s
x = 1m时，拉力为
则此时拉力的功率P = Fv1= 12W
x = 4m时物体的动能为Ek= 2J，A错误、B正确；
C．从x = 0运动到x = 2m，物体克服摩擦力做的功为Wf= μmgx = 8J，C正确；
D．根据W—x图像可知在0—2m的过程中F1= 6N，2—4m的过程中F2= 3N，由于物体受到的摩擦力恒为f = 4N，则物体在x = 2m处速度最大，且根据选项AB分析可知此时的速度
则从x = 0运动到x = 4的过程中，物体的动量最大为，D错误。
故选BC。
【典例5】（多选）（2022·广东·高考真题）如图所示，载有防疫物资的无人驾驶小车，在水平段以恒定功率、速度匀速行驶，在斜坡段以恒定功率、速度匀速行驶。已知小车总质量为，，段的倾角为，重力加速度g取，不计空气阻力。下列说法正确的有（ ）
A．从M到N，小车牵引力大小为 B．从M到N，小车克服摩擦力做功
C．从P到Q，小车重力势能增加 D．从P到Q，小车克服摩擦力做功
【答案】ABD
【详解】A．小车从M到N，依题意有
代入数据解得，故A正确；
B．依题意，小车从M到N，因匀速，小车所受的摩擦力大小为
则摩擦力做功为，则小车克服摩擦力做功为800J，故B正确；
C．依题意，从P到Q，重力势能增加量为，故C错误；
D．依题意，小车从P到Q，摩擦力为f2，有
摩擦力做功为，
联立解得，则小车克服摩擦力做功为700J，故D正确。
故选ABD。
【典例6】（2023·浙江·高考真题）一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角的直轨道、螺旋圆形轨道，倾角的直轨道、水平直轨道组成，除段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道、相切于处．凹槽底面水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁处，摆渡车上表面与直轨道、平台位于同一水平面。已知螺旋圆形轨道半径，B点高度为，长度，长度，摆渡车长度、质量。将一质量也为的滑块从倾斜轨道上高度处静止释放，滑块在段运动时的阻力为其重力的0.2倍。（摆渡车碰到竖直侧壁立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，，）
（1）求滑块过C点的速度大小和轨道对滑块的作用力大小；
（2）摆渡车碰到前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数；
（3）在（2）的条件下，求滑块从G到J所用的时间。
【答案】（1），；（2）；（3）
【详解】（1）滑块从静止释放到C点过程，根据动能定理可得，
解得
滑块过C点时，根据牛顿第二定律可得，
解得，
（2）设滑块刚滑上摆渡车时的速度大小为，从静止释放到G点过程，根据动能定理可得
解得，
摆渡车碰到前，滑块恰好不脱离摆渡车，说明滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速，以滑块和摆渡车为系统，根据系统动量守恒可得，
解得
根据能量守恒可得，
解得，
（3）滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程，滑块的加速度大小为
所用时间为
此过程滑块通过的位移为
滑块与摆渡车共速后，滑块与摆渡车一起做匀速直线运动，该过程所用时间为
则滑块从G到J所用的时间为
预测1．（2024·江苏镇江·模拟预测）在跳高比赛中，运动员跳跃过程可视为斜抛运动，不计空气阻力。下列反映跳跃过程中运动员水平方向位移的大小x、竖直方向位移的大小y、动能Ek、重力瞬时功率大小P、时间t之间关系的图像，可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
预测2．（2024·北京海淀·一模）如图所示，一根橡皮绳一端固定于天花板上，另一端连接一质量为m的小球（可视为质点），小球静止时位于O点。现给小球一竖直向下的瞬时速度，小球到达的最低点A与O点之间的距离为。已知橡皮绳中弹力的大小与其伸长量的关系遵从胡克定律。不计橡皮绳的重力及空气阻力。小球运动过程中不会与地板或天花板碰撞。则下列说法正确的是（ ）
A．小球由O点运动至A点的过程中，天花板对橡皮绳所做的功为
B．小球由O点运动至A点的过程中，小球克服合外力做功为
C．小球由O点运动至A点的过程中，小球的动能一直减小
D．小球此后上升至最高点的位置与A点的间距一定等于
预测3．（2024·贵州安顺·一模）现在市面上出现了一种新型的游乐设施——“反向蹦极”，示意图如图
