2025高考物理实验知识总结压轴题01 有关牛顿第二定律的动力学问题讲义含答案

2025高考物理实验知识总结压轴题01有关牛顿第二定律的动力学问题考向分析动力学问题是高中物理中的一个核心专题，它涉及到了动力学两类基本问题以及利用动力学方法解决复杂的多运动过程问题。在2024年高考中，无论是选择题还是计算题，动力学问题都将是重点考查的对象，其重要性不言而喻。通过深入复习动力学这一专题，学生们不仅可以提升审题能力、分析和推理能力，还能够强化自身的物理素养。这种素养的提升不仅仅局限于动力学本身，而是对整个物理学科的理解和掌握都有极大的帮助。动力学问题的解答离不开对匀变速直线运动规律、受力分析以及牛顿运动定律等关键知识点的掌握。牛顿第二定律作为连接这些知识点的桥梁，其在整个高中物理中的串联作用至关重要。正因为如此，动力学问题在近年来的高考命题中常常以压轴题的形式出现，考查学生对于不同运动形式的理解和图像问题的处理能力。因此，学生们需要充分了解各种题型的知识点及要领，对常见的物理模型有深入的认知和掌握。知识再析考向一：有关牛顿第二定律的连接体问题1.处理连接体问题的方法：①当只涉及系统的受力和运动情况而不涉及系统内某些物体的受力和运动情况时，一般采用整体法。②当涉及系统(连接体)内某个物体的受力和运动情况时，一般采用隔离法。2.处理连接体问题的步骤：3.特例：加速度不同的连接体的处理方法：①方法一（常用方法）：可以采用隔离法，对隔离对象分别做受力分析、列方程。②方法二（少用方法）：可以采用整体法，具体做法如下：此时牛顿第二定律的形式：；说明：①F合x、F合y指的是整体在x轴、y轴所受的合外力，系统内力不能计算在内；②a1x、a2x、a3x、……和a1y、a2y、a3y、……指的是系统内每个物体在x轴和y轴上相对地面的加速度。考向二：有关牛顿第二定律的动力学图像问题常见图像v­t图像、a­t图像、F­t图像、F­a图像三种类型(1)已知物体受到的力随时间变化的图线，求解物体的运动情况。(2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图线，求解物体的受力情况。(3)由已知条件确定某物理量的变化图像。解题策略(1)问题实质是力与运动的关系，要注意区分是哪一种动力学图像。(2)应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。破题关键(1)分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图像所反映的物理过程，会分析临界点。(2)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等。(3)明确能从图像中获得哪些信息：把图像与具体的题意、情境结合起来，再结合斜率、特殊点、面积等的物理意义，确定从图像中反馈出来的有用信息，这些信息往往是解题的突破口或关键点。考向三：有关牛顿第二定律的临界极值问题1．“四种”典型临界条件(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是弹力FN＝0。(2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值。(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛与拉紧的临界条件是FT＝0。(4)速度达到最值的临界条件：加速度为0。2．“两种”典型分析方法临界法分析题目中的物理过程，明确临界状态，直接从临界状态和相应的临界条件入手，求出临界值。解析法明确题目中的变量，求解变量间的数学表达式，根据数学表达式分析临界值。考向四：动力学两类基本问题1.解决动力学两类问题的两个关键点(1)把握“两个分析”“一个桥梁”找到不同过程之间的“联系”,如第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度,若过程较为复杂,可画位置示意图确定位移之间的联系。2．两类动力学问题的解题步骤01有关牛顿第二定律的连接体问题1．如图所示为某种电梯结构的简化示意图。某次在做电梯性能测试实验时，电梯轿厢内无乘客，电动机不工作，测得轿厢A从静止开始下降25m用时5s。已知轿厢A质量为600kg，忽略滑轮摩擦和空气阻力，重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是（）A．轿厢A下降过程中处于完全失重状态B．配重B的质量为480kgC．配重B的质量为500kgD．轿厢A以2m/s的速度匀速上升时，电动机输出的机械功率为4kW【答案】D【详解】A．轿厢A下降位移，解得加速度a=2m/s2故轿厢A下降过程是失重过程但不是完全失重，故A错误；BC．对轿厢A和配重B的整体应用牛顿第二定律得解得配重B的质量mB=400kg故BC错误；D．轿厢A匀速上升、配重B匀速下降时，电动机牵引绳的拉力F满足解得F=2000N牵引绳的功率故D正确。故选D。02有关牛顿第二定律的动力学图像问题2．如图1所示，一质量为2kg的物块受到水平拉力F作用，在粗糙水平面上作加速直线运动，其a-t图像如图2所示，t=0时其速度大小为2m/s。物块与水平面间的动摩擦因数。μ=0.1，g=10m/s²。下列说法错误的是（）A．在t=2s时刻，物块的速度为5m/sB．在0~2s时间内，物块的位移大于7mC．在t=1s时刻，物块的加速度为D．在t=1s时刻，拉力F的大小为5N【答案】B【详解】A．根据可得图像与坐标轴围成面积表示对应时间内速度的增量，t=2s时刻，物体的速度故A正确；B．在0～2s时间内，物体做加速度增大的加速运动，速度—时间图象如图中实线，虚线为匀变速直线运动的速度—时间图象由图像围成的面积表示位移可知0～2s时间内，物体的位移故B错误；C．由图2可得在t=1s时刻，物块的加速度为故C正确；D．在t=1s时刻，由牛顿第二定律可得代入数据解得故D正确。本题选错误的，故选B。03有关牛顿第二定律的临界极值问题3．如图，水平地面上有一汽车做加速运动，车厢内有一个倾角θ=37°的光滑斜面，斜面上有一个质量为m的小球，用轻绳系于斜面的顶端，小球的重力大小为mg，绳对球的拉力大小为FT、斜面对小球的弹力大小为FN，当汽车以大小为a的加速度向左做匀加速直线运动时（sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g取10m/s2）（）A．若a=14m/s2，小球受mg、FT、FN三个力作用B．若a=14m/s2，小球受mg、FT两个力作用C．若a=13m/s2，小球受mg、FT两个力作用D．不论a多大，小球均受mg、FT、FN三个力作用【答案】B【详解】若支持力恰好为零，对小球受力分析，受到重力、绳子拉力，如图小球向左加速，加速度向左，合力水平向左，根据牛顿第二定律，有；解得D．由以上分析可知，当时，小球受mg、FT两个力作用，当时，小球受mg、FT、FN三个力作用，故D错误；AB．若，小球受mg、FT两个力作用，故A错误，B正确；C．若，小球受mg、FT、FN三个力作用，故C错误。故选B。04动力学两类基本问题16．如图所示，工人师傅自房檐向水平地面运送瓦片，他将两根完全一样的直杆平行固定在房檐和地面之间当成轨道，瓦片沿轨道滑动时，其垂直于直杆的截面外侧为半径为0.1m的圆弧。已知两直杆之间的距离为，房檐距地面的高度为4m，两直杆在房檐和地面之间的长度，忽略直杆的粗细，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。工人师傅将瓦片无初速度地放置在轨道顶端，只有瓦片与直杆间的动摩擦因数小于μ0（未知）时，瓦片才能开始沿轨道下滑，取。（1）求μ0；（2）若直杆自上端开始在长度的范围内与瓦片间的动摩擦因数为，其余部分为μ0，忽略瓦片沿着轨道方向的长度，工人师傅每隔0.5s将一瓦片无初速度地放置在轨道顶端，求第一片瓦片落地后的某一时刻轨道上瓦片的个数。【答案】（1）；（2）6【详解】（1）设瓦片受到轨道对其支持力与竖直方向成，有瓦片在轨道上恰好不下滑时，受力平衡，则有其中解得（2）瓦片在轨道上运动时，在范围内，根据牛顿第二定律得得在相邻的0.5s两瓦片的距离所以在内有瓦片块数瓦片在轨道上运动时，在大于范围内，根据牛顿第二定律得得瓦片速度相邻瓦片的距离为所以在大于范围内有瓦片块数则轨道上瓦片的个数为n=6个。好题速练1．（2024·北京西城·模拟预测）如图，绕过定滑轮的绳子将物体A和B相连，绳子与水平桌面平行。已知物体A的质量大于物体B的质量，重力加速度大小为g，不计滑轮、绳子质量和一切摩擦。现将A和B互换位置，绳子仍保持与桌面平行，则（）A．绳子的拉力大小不变B．绳子的拉力大小变大C．物体A和B运动的加速度大小不变D．物体A和B运动的加速度大小变小【答案】A【详解】未将A和B互换位置前，设绳子的拉力大小为，整体的加速度大小为，对A根据牛顿第二定律有对B，有联立求得，将A和B互换位置，绳子仍保持与桌面平行，设此时绳子的拉力大小为，整体的加速度大小为，对AB整体，根据牛顿第二定律有求得对B，根据牛顿第二定律有求得因为，所以可得，即绳子的拉力大小不变，物体A和B运动的加速度大小变大。故选A。2．（2024·江苏南通·二模）如图所示，倾角的光滑固定斜面上，轻质弹簧下端与固定板C相连，另一端与物体A相连.A上端连接一轻质细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连且始终与斜面平行。开始时托住B，A处于静止状态且细线恰好伸直，然后由静止释放B。已知A、B的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，B始终未与地面接触。从释放B到B第一次下落至最低点的过程中，下列说法中正确的是（）A．刚释放B时，A受到细线的拉力大小为mgB．A的最大速度为C．B下落至最低点时，弹簧的弹性势能最小D．B下落至最低点时，A所受合力大小为mg【答案】B【详解】A．刚释放物体B时，以A、B组成的系统为研究对象，有解得对B研究解得故物体A受到细线的拉力大小为，故A错误；B．手拖住物块B时，物块A静止，设此时弹簧的压缩量为，对物块A根据平衡条件可得解得当物体A上升过程中，当A和B整体的加速度为0时速度达到最大值，此时细线对A的拉力大小刚好等于B的重力，设此时弹簧的伸长量为，则解得所以此时弹簧的弹性势能与初始位置时相同，对A、B和弹簧组成的系统，只有重力和弹簧弹力做功，所以系统的机械能守恒，根据机械能守恒定律得解得故B正确；C．当B下落至最低点时，AB整体减少的机械能最大，转化为弹簧的弹性势能最多，所以此时弹簧具有最大的弹性势能，故C错误；D．当B下落至最低点时，此时A上升到最高位置，根据对称性可知B产生的加速度大小也为故对B受力分析，根据牛顿第二定律可知解得故AB整体研究，设此时弹簧弹力为F，则解得对A研究，A受到弹簧拉力、重力和绳子的拉力，则故D错误。故选B。3．（2024·湖南益阳·三模）如图所示，一轻质光滑定滑轮固定在倾角为的斜面上，质量分别为m和4m的物块A、B通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接，A、B间的接触面和轻绳均与木板平行，A和B，B与斜面间动摩擦因数均为，则细线的拉力为（）

A． B． C． D．【答案】B【详解】由于，因此A、B间会发生相对滑动，根据A、B的质量关系可知，B将沿着斜面向下滑动，而A相对于B将向上滑动，二者为绳相连的连接体，滑动过程中加速度大小相同，则对A由牛顿第二定律有对B由牛顿第二定律有两式联立解得故选B。4．（2024·安徽淮南·二模）足够长的光滑斜面上的三个相同的物块通过与斜面平行的细线相连，在沿斜面方向的拉力的作用下保持静止，如图甲所示，物块2的右侧固定有不计质量的力传感器。改变拉力的大小，使三个物块沿斜面以不同加速度向上做初速为零的匀加速直线运动，测得多组传感器的示数和物块通过的位移与时间的平方的比值，画出图像如图乙所示，重力加速度。下列说法正确的是（

）A．斜面的倾角B．每个物块的质量C．当时，D．当时，物块的加速度大小为【答案】C【详解】AB．对物块2、3根据牛顿第二定律有根据运动学公式有联立可解得由图可知，图像斜率即图像纵轴截距的绝对值解得所以故AB错误；CD．当时，据可求得三个物块的加速度大小为对三个物体有可解得故C正确，D错误。故选C。5．（2024高三下·云南昆明·模拟预测）如图所示，一根不可伸长的轻绳跨过光滑轻质定滑轮，绳两端各系一小物块A和B。其中，未知，滑轮下缘距地面。开始B物块离地面高，用手托住B物块使绳子刚好拉直，然后由静止释放B物块，A物块上升至高时速度恰为零，重力加速度大小取。下列说法中正确的是（）A．对A、B两物块及地球组成的系统，整个过程中机械能守恒B．C．B刚落地时，速度大小为D．B落地前，绳中张力大小为30N【答案】C【详解】A．对A、B两物块及地球组成的系统，在B落地前，机械能才守恒，A错误；BC．B刚落地时A继续上升做竖直上抛运动，此时又所以对、B由牛顿第二定律有解得，B错误C正确；D．隔离A由牛顿第二定律有解得，D错误。故选C。6．（2024高三上·河北·模拟预测）如图所示，A、B两个木块静止叠放在竖直轻弹簧上，已知，轻弹簧的劲度系数为。若在木块上作用一个竖直向上的力，使木块由静止开始以的加速度竖直向上做匀加速直线运动，从木块向上做匀加速运动开始到A、B分离的过程中，弹簧的弹性势能减小了，取，下列判断正确的是（

）A．木块向上做匀加速运动的过程中，力的最大值是B．木块向上做匀加速运动的过程中，力的最大值是C．从向上做匀加速运动到A、B分离的过程中，对木块做功D．从向上做匀加速运动到A、B分离的过程中，对木块做功【答案】C【详解】AB．对于A，根据牛顿第二定律有故当时，最大，即故AB错误；CD．初始位置弹簧的压缩量为，A、B分离时，，对B，根据牛顿第二定律有解得以A、B为整体，A、B上升的高度为根据动力学公式，A、B分离时的速度为由动能定理有由题意知，可得故C正确，D错误。故选C。7．（2024·湖北·一模）如图，光滑水平面上放置有紧靠在一起但并不黏合的A、B两个物体，A、B的质量分别为，，从开始，推力和拉力分别作用于A、B上，大小随时间变化的规律分别如图甲、乙所示，则（）A．时，A物体的加速度为B．时，A、B开始分离C．时，A、B之间的相互作用力为3ND．A、B开始分离时的速度为【答案】B【详解】AC．由推力与时间的图像可得，则时，可知，由于，所以二者不会分开，A、B两物体的加速度为设此时A、B之间的相互作用力为F，对B根据牛顿第二定律可得解得故AC错误；BD．当二者之间的相互作用力恰好为零时开始分离，此时的加速度相同，则有即解得分离时的速度为故B正确，D错误。故选B。8．（2024·陕西商洛·模拟预测）水平地面上有一质量的长木板，木板的左端上有一质量的小物块，如图甲所示，水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图乙所示，其中、分别为、时刻F的大小，木板的加速度随时间t的变化关系如图丙所示．已知木板与地面间的动摩擦因数为，物块与木板间的动摩擦因数为。假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度，物块始终未从木板上滑落，不计空气阻力。则下列说法正确的是（）A．B．C．木板加速度所能达到的最大值为D．在时间段内物块做匀加速直线运动【答案】B【详解】A．木板与地面间的最大静摩擦力木板与物块间的最大静摩擦力当拉力F逐渐增大到时，由图像可知木板开始运动，此时木板与地面间的静摩擦力达到最大值，根据平衡条件可知此时拉力大小为故A错误；BC．当拉力达到时，木板相对物块发生相对滑动，根据牛顿第二定律，对木板对物块解得；此时拉力大小为，木板加速度达到最大值为，故B正确，C错误；D．在时间段，物块相对木板静止，所受拉力逐渐增大，加速度变大，不做匀加速直线运动，故D错误。故选B。9．（2024·内蒙古包头·一模）如图甲所示，物块A、B中间用一根轻质弹簧相连，静止在光滑水平面上，弹簧处于原长，物块A的质量为3kg。时，对物块A施加水平向右的恒力F，时撤去，在0~1s内两物块的加速度随时间变化的情况如图乙所示。弹簧始终处于弹性限度内，下列说法正确的是（）A．时物块A的速度小于0.8m/sB．时弹簧弹力为0.6NC．物块B的质量为2kgD．F大小为1.5N【答案】AC【详解】A．图像与坐标轴围成的面积表示速度变化量，内图像与坐标轴围成的面积，内速度变化量，时物块A的速度故A正确；D．图像可知时，物块A的加速度水平向右的恒力故D错误;C．图像可知时，物块A、B的加速度相同，共同加速度为把物块A、B看成一个整体，由牛顿第二定律得得物块B的质量故C错误；B．时弹簧弹力故B错误；故选AC。10．（2024·山东淄博·二模）如图所示，质量分别为m和的A、B两滑块用足够长轻绳相连，将其分别置于等高的光滑水平台面上，质量为的物块C挂在轻质动滑轮下端，手托C使轻绳处于拉直状态。时刻由静止释放C，经时间C下落h高度。运动过程中A、B始终不会与定滑轮碰撞，摩擦阻力和空气阻力均忽略不计，重力加速度大小为g，则（）A．A、C运动的加速度大小之比为B．A、C运动的加速度大小之比为C．时刻，C下落的速度为D．时刻，C下落的速度为【答案】AD【详解】AB．根据题意，由牛顿第二定律可得；解得则路程之比设B运动的路程为s，则A运动的路程为2s，可知此时C运动的路程为1.5s，则有故A、C运动的加速度大小之比为，A正确，B错误；CD．由可知，C下落过程ABC组成的系统机械能守恒解得，C错误，D正确。故选AD。11．（2024高三·福建·开学考试）如图所示，水平地面上静止放置着三个完全相同的砖块A、B、C，质量均为m，A、B之间和B、C之间的动摩擦因数均为μ，用两根长度相同的轻绳分别连接砖块A与砖块C，并将两根轻绳系于O点，现将一个竖直向上的力F作用于O点，不考虑砖块的转动，最大静摩擦力约等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（

）A．若在F作用下三个砖块保持相对静止的一起向上运动，则三个砖块的加速度为B．若，则无论F多大，砖块A、B、C都将保持相对静止C．若，且，则砖块A、B之间的摩擦力为D．若，且，则砖块A、B之间的摩擦力为【答案】BC【详解】A．根据牛顿第二定律得三个砖块的加速度为，A错误；B．两倾斜绳夹角为，则两倾斜绳的拉力为对B分析，设B受最大静摩擦力，则又，得则当若，A、B之间和B、C之间均为静摩擦力，无论F多大，砖块A、B、C都将保持相对静止，B正确；C．若，且，三块砖相对静止，一起匀加速度运动，根据得，C正确；D．若，且，发生相对滑动，则砖块A、B之间的摩擦力为，D错误。故选BC。12．（2024·山西·二模）质量为m的斜面体放置在光滑的水平面上，斜面体上固定一根轻质的竖直硬杆，一轻质细线上端系在硬杆上，下端悬挂一质量为m的小球，质量为m的物块放置在斜面上。现用水平向左的推力F（为未知量）作用在斜面体上，使整体一起向左做匀加速直线运动，各物体保持相对静止时，细线与竖直杆之间的夹角为，已知斜面的倾角为，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（

）A．当时，水平推力大小一定为B．当时，水平推力大小一定为C．当时，物块与斜面间的摩擦力不一定为0D．当斜面光滑时，细线与斜面一定垂直【答案】AD【详解】A．当时，小球、物块、斜面体有共同的加速度，对小球分析，受重力和细线的拉力，合力水平向左，如图则解得整体由牛顿第二定律得故A正确；B．当时，物块受到的合力水平向左，物块受重力、斜面的支持力，由于不知斜面是否光滑，摩擦力的大小与方向不确定，因此物块的加速度不能确定，则水平推力大小不确定，故B错误；C．当时，小球的加速度大小为物块与小球有共同的加速度，物块与斜面间的摩擦力一定为0，故C错误；D．当斜面光滑时，物块受重力与斜面的支持力，小球与物块有共同的加速度，则解得细线与斜面一定垂直，故D正确。故选AD。13．（2024·辽宁·二模）在沟谷深壑、地形险峻的山区，由于暴雨暴雪极易引发山体滑坡，并携带大量泥沙石块形成泥石流，发生泥石流常常会冲毁公路铁路等交通设施，甚至村镇等，造成巨大损失。现将泥石流运动过程进行简化，如图所示，假设一段泥石流（视为质量不变的滑块）从A点由静止开始沿坡体匀加速直线下滑，坡体倾角，泥石流与坡体间的动摩擦因数，A点距离坡体底端B点的长度为108m，泥石流经过B点时没有能量的损失，然后在水平面上做匀减速直线运动，加速度大小为。一辆汽车停在距离B点右侧80m的C处，当泥石流到达B点时，司机发现险情，立即启动车辆并以加速度向右做匀加速直线运动，以求逃生。重力加速度g取，（已知，）。求：（1）泥石流经过B点时的速度大小及由A点运动到B点所用的时间；（2）通过计算判断泥石流能否追上汽车。【答案】（1），；（2）见解析【详解】（1）设泥石流质量为，从A到B，根据牛顿第二定律可得解得根据运动学公式可得解得根据运动学公式可得（2）设汽车开始运动到与泥石流速度相等所用时间为，则有解得泥石流在水平面上运动的位移为解得汽车在水平面上运动的位移为解得共速时二者的距离为所以泥石流追不上汽车。14．（2024·天津南开·一模）2023年10月3日，杭州亚运会女子10米跳台决赛中，中国运动员全红婵的惊人一跳，贏得全场7个10分，并最终夺得冠军。在进行10米跳台跳水训练时，运动员必须在距离水面一定高度前完成规定动作并调整好入水姿势。某兴趣小组对10米跳台跳水进行模拟研究，将运动员视为质点，若运动员起跳时获得竖直向上的初速度，并在距离水面前完成规定动作并调整好入水姿势竖直入水，其入水深度，跳台距水面高度，运动员质量，重力加速度，空气阻力不计。求：（1）运动员距离跳台的最高距离；（2）运动员完成规定动作允许的最长时间；（3）运动员即将入水时速度v的大小和入水至水深h处的过程运动员受到水的平均作用力F的大小。【答案】（1）0.05m；（2）1.4s；（3），2008N【详解】（1）运动员起跳后做竖直上抛运动，到最高点则有解得（2）运动员从起跳到最高点所用时间t1为运动员从最高点到距水面1.6m处所用时间t2为代入数据解得运动员完成规定动作允许的最长时间为（3）运动员入水时，由速度位移关系公式可得代入数据解得入水时速度大小为运动员入水后至水深h处，由速度位移关系公式可得代入数据解得运动员入水后至水深h处的过程中，受到重力mg和水的平均作用力F，由牛顿第二定律可得解得平均作用力F的大小为15．（2024·四川南充·二模）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。【答案】（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压轴题02抛体运动考向分析抛体运动在高考物理中占据着举足轻重的地位。作为一类重要的曲线运动，抛体运动不仅是物理学科的基础知识点，也是历年高考的必考内容。在命题方式上，抛体运动的题目类型多样，涉及面广。它可能作为独立的题目出现，也可能与其他知识点如电磁场等相结合进行考察。这要求考生对抛体运动有深入的理解和掌握，并能够灵活运用相关知识解决实际问题。备考时，考生应首先明确抛体运动的基本概念、特点和规律，如平抛运动的特点、公式与关系等。其次，要熟练掌握解题技巧，如分解法、利用公式和注意方向等。通过大量的练习，提高解题能力和速度。同时，考生还应关注历年高考真题和模拟题，了解命题趋势和难度，为高考做好充分的准备。知识再析考向一：抛体运动与斜面相结合问题1.与斜面相关的几种的平抛运动图示方法基本规律运动时间分解速度，构建速度的矢量三角形水平vx＝v0竖直vy＝gt合速度v＝eq\r(vx2＋vy2)由tanθ＝eq\f(v0,vy)＝eq\f(v0,gt)得t＝eq\f(v0,gtanθ)分解位移，构建位移的矢量三角形水平x＝v0t竖直y＝eq\f(1,2)gt2合位移x合＝eq\r(x2＋y2)由tanθ＝eq\f(y,x)＝eq\f(gt,2v0)得t＝eq\f(2v0tanθ,g)在运动起点同时分解v0、g由0＝v1－a1t,0－v12＝－2a1d得t＝eq\f(v0tanθ,g)，d＝eq\f(v02sinθtanθ,2g)分解平行于斜面的速度v由vy＝gt得t＝eq\f(v0tanθ,g)2.与斜面相关平抛运动的处理方法(1)分解速度平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动,设平抛运动的初速度为v0,在空中运动时间为t,则平抛运动在水平方向的速度为vx=v0,在竖直方向的速度为vy=gt,合速度为v=vx2+v(2)分解位移平抛运动在水平方向的位移为x=v0t,在竖直方向的位移为y=12gt2,对抛出点的位移(合位移)为s=x2+y(3)分解加速度平抛运动也不是一定要分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动,在有些问题中,过抛出点建立适当的直角坐标系,把重力加速度g正交分解为gx、gy,把初速度v0正交分解为vx、vy,然后分别在x、y方向列方程求解,可以简化解题过程,化难为易。考向二：抛体运动中的相遇问题平抛与自由落体相遇水平位移：l=vt空中相遇：平抛与平抛相遇若等高（h1=h2），两球同时抛；若不等高（h1>h2）两球不同时抛，甲球先抛；位移关系：x1+x2=LA球先抛；tA>tB；（3）v0A<v0BA、B两球同时抛；（2）tA=tB；（3）v0A>v0B平抛与竖直上抛相遇L=v1t；；若在S2球上升时两球相遇，临界条件：，即：，解得：；若在S2球下降时两球相遇，临界条件：，即，解得：平抛与斜上抛相遇（1）；（2）；（3）若在S2球上升时两球相遇，临界条件：，即：，解得：；（4）若在S2球下降时两球相遇，临界条件：，即，解得：考向三：平抛运动的临界极值问题擦网压线既擦网又压线由得：由得：由和得：考向四：斜抛运动处理方法水平竖直正交分解化曲为直最高点一分为二变平抛运动逆向处理将初速度和重力加速度沿斜面和垂直斜面分解基本规律水平速度：竖直速度：最高点：最高点：速度水平垂直斜面：沿着斜面：最高点：考向五：类平抛运动的基本规律1.类平抛运动的受力特点:物体所受的合外力为恒力,且与初速度的方向垂直。2.类平抛运动的运动特点:在初速度v0方向上做匀速直线运动,在合外力方向上做初速度为零的匀加速直线运动,加速度a=F合3.类平抛运动的求解方法:(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(即沿合外力的方向)的匀加速直线运动。两分运动彼此独立,互不影响,且与合运动具有等时性。(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vx、vy,然后分别在x、y方向列方程求解。01斜面内的平抛运动1．跳台滑雪是极具观赏性的体有项目，若跳台滑雪滑道可以简化为一个弧形雪道和一个倾角为的斜面雪道相连接，如图所示，运动员从弧形雪道上距弧形雪道底端高度为h的A点静止滑下，然后从弧形雪道底端B点水平飞出，最后落在斜面雪道上的C点（图中未标出），不计运动员在弧形雪道上的摩擦阻力，不计空气阻力，运动员可看作质点。已知：，。则B和C两点间的距离为（

）A． B． C． D．【答案】A【详解】运动员从A到B过程根据机械能守恒定律可得解得运动员做平抛运动落在倾角为的斜面雪道，则水平位移与合位移的夹角为，根据平抛运动的推论可知解得竖直位移为合位移即为BC两点间的距离，则故选A。02斜面外的平抛运动2．如图所示，在水平地面上固定一倾角的斜面体，质量m=1kg的小车A以P=100W的恒定功率沿斜面底端由静止开始向上运动，同时在小车A的正上方某处，有一物块B以v0=6m/s的初速度水平抛出。当小车A上滑到斜面上某点时恰好被物块B垂直于斜面击中。小车A、物块B均可看做质点，小车与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，不计空气阻力，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列判断正确的是（

）A．物块在空中运动的时间等于0.4sB．物块击中小车时小车的速度等于2m/sC．物块击中小车时的速度等于8m/sD．小车从开始运动到被物块击中时的位移等于10m【答案】B【详解】A．当小车A上滑到斜面上某点时恰好被物块B垂直于斜面击中，则且物块在空中运动的时间为故A错误；B．物块B击中小车时，水平位移为对小车，根据动能定理解得物块击中小车时小车的速度为故B正确；C．物块击中小车时的速度等于故C错误；D．小车从开始运动到被物块击中时的位移故D错误。故选B。03与曲面相结合的平抛运动3．如图所示，半径为R的四分之一圆弧体ABC固定在水平地面上，O为圆心。在圆心O点下方某点处，水平向左抛出一个小球，恰好垂直击中圆弧上的D点，小球可视为质点，D点到水平地面的高度为，重力加速度为g，则小球抛出的初速度大小是（）

A． B． C． D．【答案】C【详解】小球打到D点时的速度垂直于圆弧面，反向延长线过O点，设此时速度与水平方向的夹角为，则设抛出的初速度为，则在D点小球水平方向有小球竖直方向有解得故选C。04抛体运动中的相遇问题4．如图所示，小球从O点的正上方离地高处的P点以的速度水平抛出，同时在O点右方地面上S点以速度斜向左上方与地面成抛出一小球，两小球恰在O、S连线靠近O的三等分点M的正上方相遇。g取，若不计空气阻力，则两小球抛出后到相遇过程（）A．两小球相遇时斜抛小球处于下落阶段B．两小球初速度大小关系为C．OS的间距为60mD．两小球相遇点一定在距离地面30m高度处【答案】BC【详解】B．由于相遇处在OS连线靠近O的三等分点M的正上方，则有可得两小球初速度大小关系为故B正确；A．由可得竖直方向满足解得此时斜抛的小球竖直方向的分速度大小为解得则此时斜抛小球恰到最高点，故A错误；D．相遇时离地高度为故D错误；C．OS的间距为故C正确。故选BC。05平抛运动中的临界极值问题5．我国运动员林丹是羽毛球史上第一位集奥运会、世锦赛、世界杯、苏迪曼杯、汤姆斯杯、亚运会、亚锦赛、全英赛、全运会等系列赛冠军于一身的双圈全满贯选手，扣球速度可达324km/h。现将羽毛球场规格简化为如图所示的长方形ABCD，若林丹从A点正上方高2.45m的P点扣球使羽毛球水平飞出，羽毛球落到对方界内，取，不计空气阻力，则羽毛球的水平速度大小可能为（）A．15m/s B．20m/s C．30m/s D．90m/s【答案】B【详解】羽毛球从P点水平飞出做平抛运动，若球恰好能过网，在竖直方向有解得从扣球点到网上端的时间则羽毛球水平方向的最小位移为则羽毛球的水平最小速度为若球恰好不出界时，在竖直方向则有解得在水平方向的最大位移为则羽毛球的水平方向最大速度为羽毛球落到对方界内，水平速度大小范围则有则羽毛球的水平速度大小可能为。故选B。06斜抛运动6．图甲是某人在湖边打水漂的图片，石块从水面弹起到触水算一个水漂，若石块每次从水面弹起时速度与水面的夹角均为30°，速率损失30%。图乙甲是石块运动轨迹的示意图，测得石块第1次弹起后的滞空时间为0.8s，已知石块在同一竖直面内运动，当触水速度小于2m/s时石块就不再弹起，不计空气阻力。下列说法正确的是（

）A．石块每次弹起后的滞空时间相等 B．石块最多能在湖面上弹起5次C．石块每次弹起过程能量损失30% D．石块每次弹起到最高点的速度为零【答案】B【详解】B．石块做斜上抛运动根据运动总时间解得设石块一共能打个水漂，则有，（取整数）解得故B正确；A．石块每次弹起后竖直方向速度都减小，根据B选项分析可知石块每次弹起后的滞空时间减小，故A错误；D．石块每次弹起到最高点时，竖直方向速度为零，水平方向速度不为零，所以石块每次弹起到最高点的速度不为零，故D错误；C．石块每次弹起过程能量损失故C错误。故选B。07类平抛运动7．如图所示的光滑固定斜面，其倾角可调节．当倾角为时，一物块（可视为质点）沿斜面左上方顶点以初速度水平射入，恰好沿底端点离开斜面；改变倾角为时，同样将该物块沿斜面左上方顶点以初速度水平射入，发现物块沿边中点离开斜面．已知重力加速度为，下列说法正确的是（

）A．物块离开斜面时，前后两次下落的高度之比为B．物块离开斜面时，前后两次下落的高度之比为C．物块从入射到飞离斜面，前后两次速度变化量的大小之比为D．物块从入射到飞离斜面，前后两次速度变化量的大小之比为【答案】B【详解】AB．物块在斜面上做类平抛运动，沿斜面的方向做匀加速运动沿水平方向做匀速运动根据牛顿第二定律有联立解得根据题意可知物块离开斜面时，前后两次下落的高度之比为故A错误，B正确；CD．速度变化量的大小为可知前后两次速度变化量的大小之比为2：1，故CD错误；故选B。好题速练1．（2024高三上·湖南长沙·模拟预测）如图所示，从斜面上A点斜向上抛出一个可视为质点小球，水平击中斜面上B点，现将另一相同小球从AB中点C点抛出，仍水平击中B点。不计空气阻力，下列说法正确的是（

）A．两个小球的初速度大小之比为2∶1B．从C点抛出的小球初速度方向与水平方向夹角更大C．两个小球离斜面的最大距离之比为2∶1D．调整两个小球抛出的时间，可以使两个小球在空中相遇【答案】C【详解】AB．反向看是平抛运动，设斜面倾角为，根据解得则两次小球时间之比为，由可知，两次竖直速度之比，根据可知水平速度之比为，所以两次击中点速度之比为，根据两次抛出时速度的大小之比为，且到达点时速度方向相同，根据平抛运动推论可知，位移偏转角正切值是速度偏转角正切值的一半，则可知两次抛出时速度方向相同，故AB错误；C．沿斜面建系，设初速度方向与斜面的夹角为，则小球离斜面的最大距离为可知，两小球离斜面的最大距离为，故C正确；D．两小球的轨迹相切于点，故不可能在空中相遇，故D错误。故选C。2．（2024高三·安徽·模拟）某运动员从滑雪跳台以不同的速度v0水平跳向对面倾角为45°的斜坡（如图所示），已知跳台的高度为h，不计空气阻力，重力加速度为g，则该运动员落到斜坡上的最小速度为（）A． B．C． D．【答案】C【详解】设该运动员落到斜坡上经历的时间为t，由平抛运动的规律可得，水平方向上的位移x=v0t竖直方向上的位移由几何关系可得x=(h-y）·tan45°整理得该运动员落到斜坡上时速度v满足v2=v02＋(gt)2再整理可得变形为当时，速度v最小，且最小为故选C。3．（2024·陕西西安·一模）有一匀强电场平行于直角坐标系xoy所在的竖直平面，现将一质量为m，带电量为+q的小球从坐标原点O处沿y轴负向以2m/s的初速度向下抛出，其带电小球运动的轨迹方程为，重力加速度取，则下列说法中正确的是（）A．电场强度大小为，方向与x轴正向夹角45°B．电场强度大小为，方向与x轴正向夹角30°C．电场强度大小为，方向与x轴负向夹角45°D．电场强度大小为，方向与x轴正向夹角30°【答案】A【详解】由带电小球运动的轨迹方程为由题意可知，小球在y轴方向做匀速直线，在x轴方向匀加速直线运动，在y轴方向上在x轴方向上对比可得可知带电小球做加速度小球做类平抛运动，对小球受力分析可得，小球受到的电场力竖直向上分力与重力平衡，水平向右的分力为合外力，则解得方向与x轴正向夹角为，则解得故选A。4．（2024·山东菏泽·一模）如图所示为一乒乓球台的纵截面，AB是台面的两个端点位置，PC是球网位置，D、E两点满足，且E、M、N在同一竖直线上。第一次在M点将球击出，轨迹最点恰好过球网最高点P，同时落在A点；第二次在N点将同一球水平击出，轨迹同样恰好过球网最高点P，同时落到D点。球可看做质点，不计空气阻力作用，则两次击球位置到桌面的高度之比为（）A． B． C． D．【答案】A【详解】第一次球做斜抛运动，设，，则根据斜抛运动规律有；；；联立可得第二次球做平抛运动，设平抛的初速度为，根据平抛运动规律有；；；联立可得则两次击球位置到桌面的高度之比为故选A。5．（2024·江苏·模拟预测）操场上两同学练习排球，在空中同一水平直线上A、B两点处分别把1、2相同的两球同时击出，A做平抛运动，B做斜抛运动，两球的运动轨迹在同一竖直平面内，如图，轨迹交于P点，P是AB连线中垂线上一点，球1的初速度为v1，球2的初速度为v2，不考虑排球的旋转，不计空气阻力，两球从抛出到P点的过程中（）A．单位时间内，1球速度的变化大于2球速度的变化B．两球在P点相遇C．2球在最高点的速度小于v1D．1球动量的变化大于2球动量的变化【答案】C【详解】A．由于两球的加速度均为重力加速度，所以单位时间内，1球速度的变化等于2球速度的变化，故A错误；BC．若两球在P点相遇，下落的高度相同，则运动的时间相同，对1球，有；对2球，有；由此可知；所以1球先经过P点，两球不会在P点相遇，2球在最高点的速度小于v1，故B错误，C正确；D．根据动量定理可得由于，所以1球动量的变化小于2球动量的变化，故D错误。故选C。6．（2024高三下·甘肃·开学考试）如图所示，跳台滑雪场地斜坡与水平面的夹角为θ=37°，质量为m=60kg的运动员（可视为质点）从斜坡的起点A点以初速度v=10m/s向左水平飞出，不计空气阻力，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则运动员从飞出至落到斜坡上B点的过程中，下列说法正确的是（）A．运动员运动的时间为1.5sB．运动员落在斜坡上时的瞬时速度方向与水平方向的夹角为74°C．运动员落在斜坡上时重力的瞬时功率为4500WD．运动员在空中离坡面的最大距离为2.25m【答案】AD【详解】A．动员从飞出至落到斜坡上B点的过程中，有，，联立解得故A正确；B．运动员落在斜坡上时的瞬时速度方向与水平方向的夹角为可得可知运动员落在斜坡上时的瞬时速度方向与水平方向的夹角不为74°，故B错误；C．运动员落在斜坡前瞬间重力的瞬时功率为故C错误；D．将运动员的运动分解为沿斜坡的分运动和垂直斜坡的分运动，可知运动员在空中离坡面的最大距离为故D正确。故选AD。7．（2024高三下·河南·模拟预测）如图所示，军事演习时，要轰炸倾角为θ的斜坡上的D点，坡底的大炮发射的炮弹刚好落在D点，且到达D点时速度刚好水平；轰炸机水平投出的炸弹也刚好落在D点，到达D点时炸弹速度方向与炮弹发射的初速度方向刚好相反，炸弹运动时间是炮弹运动时间的2倍，不计空气阻力，关于炸弹和炮弹在空中运动过程中，下列说法正确的是（）A．炸弹位移是炮弹位移的2倍B．炸弹最小速度是炮弹最小速度的2倍C．炸弹最大速度是炮弹最大速度的4倍D．炸弹下落高度是炮弹上升高度的4倍【答案】BD【详解】D．炮弹做斜抛运动，根据题意D点是斜抛的最高点，利用逆向思维，在竖直方向上有炸弹做平抛运动，竖直方向有解得即炸弹下落高度是炮弹上升高度的4倍，故D正确；A．由于到达D点时炸弹速度方向与炮弹发射的初速度方向刚好相反，令这两个速度方向与水平方向夹角为，对炮弹的运动进行分析，利用逆向思维有对炸弹的运动进行分析，则有可知，炮弹与炸弹的发射初始位置的连线沿斜坡，其中，分别为炮弹与炸弹的水平分速度大小，解得则炮弹与炸弹的位移分别为，结合上述解得即炸弹位移是炮弹位移的4倍，故A错误；B．由于上述，分别为炮弹与炸弹的水平分速度大小，即分别为炮弹与炸弹的最小速度，根据上述解得即炸弹最小速度是炮弹最小速度的2倍，故B正确；C．根据题意可知，炸弹在D点速度最大，炮弹在B点速度最大，结合上述，炸弹与炮弹的最大速度分别为，解得即炸弹最大速度是炮弹最大速度的2倍，故C错误。故选BD。8．（2024·陕西咸阳·模拟预测）如图所示的坐标系，x轴水平向右，质量为m=0.5kg的小球从坐标原点O处，以初速度斜向右上方抛出，同时受到斜向右上方恒定的风力的作用，风力与的夹角为30°，风力与x轴正方向的夹角也为30°，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（）A．小球的加速度大小为10m/s2B．加速度与初速度的夹角为60°C．小球做类斜抛运动D．当小球运动到x轴上的P点（图中未标出），则小球在P点的横坐标为【答案】AD【详解】A．由题意可知，风力与重力的夹角为120°，由于即风力与重力大小相等，根据矢量合成规律，可知合力与重力等大，则小球的加速度大小为10m/s2，故A正确；B．由几何关系可知，合力与初速度方向垂直，即加速度方向与初速度的夹角为90°，故B错误；C．根据上述可知，加速度a与初速度方向垂直，则小球做类平抛运动，故C错误；D．设P点的横坐标为x，把x分别沿着和垂直分解，则有，由类平抛运动的规律可得，解得，故D正确。故选AD。9．（2024高三下·江西·模拟预测）如图所示，为倾角为的斜面顶端的水平边沿，与平行，与竖直，在同一水平面内且。一足球从斜面最低点处以一定速度踢出，方向与水平方向成角，经过一段时间恰好水平击中点，不计空气阻力，已知重力加速度为长度，BC长度，则（）A．足球在空中的运动时间为 B．足球在空中的运动时间为C．足球被踢出时的初速度为 D．足球被踢出时的初速度为【答案】AD【详解】方法一：足球做斜抛运动，竖直位移为，水平位移为。过点作的平行线，交斜面底边于点，连接，如图所示CD．由图知与全等，竖直方向有解得故C错误，D正确；AB．竖直方向又有联立解得故A正确，B错误。故选AD。方法二：由图知与全等，可得在中，根据勾股定理得足球从A点运动到点，有，联立解得；故选AD。10．（2024四川泸县一诊）如图，物体甲从高H处以速度平抛，同时乙从乙距甲水平方向s处由地面以初速度竖直上抛，不计空气阻力，则两物体在空中相遇的条件是（）

A．从抛出到相遇的时间为B．若要在物体乙上升中遇甲，必须，C．若要在物体乙下降中遇甲，必须，D．若相遇点离地高度为，则【答案】ABD【详解】A．由题意可知，若两物体在空中能够相遇，则在竖直方向应满足代入数据解得故A正确；BC．由于物体甲、乙的加速度相同，可知甲、乙相对匀速，相遇时间为或，则有若要在物体乙上升中遇甲，则有解得若要在物体乙下降中遇甲，则有解得故B正确，C错误；D．若相遇点离地高度为，则有又联立解得故D正确。故选ABD。11．（2024·河南三门峡·一模）如图所示，倾角为的光滑斜面AB固定在水平面上，现将一弹力球从斜面的顶端A点以的初速度水平向右抛出，弹力球恰好落在斜面的底端B点。若弹力球与斜面碰撞时，沿斜面方向的速度不变，垂直斜面方向的速度大小不变，方向反向，现仅调整弹力球从A点水平抛出时的速度大小，使弹力球与斜面碰撞1次后仍能落到B点，已知重力加速度g取，不计空气阻力。求调整后弹力球水平抛出的速度大小。【答案】【详解】弹力球做平抛运动，竖直方向有水平方向有解得斜面的长度将平抛运动分解为沿斜面方向的匀加速运动和垂直斜面方向的类竖直上抛运动，设调整后弹力球水平抛出时的速度大小沿垂直斜面方向的分速度大小为沿斜面方向的分速度大小为垂直斜面方向的加速度大小为沿斜面方向的加速度大小为弹力球每次从斜面离开到再次落回斜面的过程中用时为沿斜面方向有解得12．（2024江西高三联考）圆柱形容器的横截面在竖直平面内，如图所示，其半径，从其内部最高点A分别以水平初速度、抛出两个小球（均可视为质点），最终分别落在圆弧上的B点和C点，已知OB与OC相互垂直，且OB与竖直方向的夹角。取重力加速度大小g=10，，，不计空气阻力，求（1）小球从被抛