2023年高考物理二轮复习教案：力和曲线运动（含解析）

专题03力与曲旗运动

【要点提炼】

1.物体运动状态的判断

合外力

(加速度)

速度」

2.平抛运动与类平抛运动

(1)处理方法：正交分解法或利用功能关系。

(2)运动性质：匀变速曲线运动；沿初速度方向为匀速直线运动，沿合外力方向为初速度为零的匀加速直线

运动。

3.圆周运动

(1)匀速圆周运动为变加速曲线运动，处理圆周运动问题的关键是确定半径和圆心。

当带电粒子速度与匀强磁场方向垂直时，带电粒子做匀速圆周运动，qvB=m2，T=瑞。

(2)天体的运动一般可近似为匀速圆周运动。中心天体对环绕天体的万有引力提供环绕天体做匀速圆周运动

的向心力，即满足G¥3=ma=nr；=mft)2r=m(竿)r。

(3)竖直平面内的圆周运动

①轻绳模型

2

物体做完整圆周运动的临界特点：在最高点mg=*。

②轻杆模型

受力特点：在最高点，杆的弹力的大小和方向与物体的速度有关，可能竖直向下，也可能竖直向上；

物体做完整圆周运动的临界特点：在最高点v=0。

③带电体在重力场和匀强电场叠加的空间中做圆周运动时，可按等效重力场分析，找出等效最高点和等效

最低点，用类似只有重力作用时竖直平面内圆周运动问题的解决方法处理。

【高考考向1平抛运动模型】

命题角度1平抛运动基本规律的综合应用

例1：(2022・广东.高考真题)如图所示，在竖直平面内，截面为三角形的小积木悬挂在离地足够高处，一

玩具枪的枪口与小积木上P点等高且相距为L。当玩具子弹以水平速度v从枪口向P点射出时，小积木

恰好由静止释放，子弹从射出至击中积木所用时间为t。不计空气阻力。下列关于子弹的说法正确的是

()

玩具子弹P积

/木

将击中P点，t大于区B.将击中P点，t等于3

将击中P点上方，t大于'D.将击中P点下方，t等于2

【答案】B

【详解】由题意知枪口与P点等高，子弹和小积木在竖直方向上做自由落体运动，当子弹击中积木时子

弹和积木运动时间相同，根据

可知下落高度相同，所以将击中P点；又由于初始状态子弹到P点的水平距离为L,子弹在水平方向上

做匀速直线运动，故有

故选B。

2h

(1)平抛运动的时间完全由高度决定，t=亍，水平射程*=丫01=丫0,

(2)落地速度v=、v：+vj=、V+2gh,以0表示落地时速度与水平方向间的夹角，有tanO=£="誓。

(3)速度改变量：做平抛运动的物体在任意相等时间间隔At内的速度改变量Av=gAt相同，方向恒为竖

直向下。

5

(4)平抛运动的推论

①任意时刻速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点。

②设在任意时刻瞬时速度与水平方向的夹角为0,位移与水平方向的夹角为(P，则有tan0=2tan(p。

(5)求解平抛运动问题的技巧

①把运动分解为相互垂直方向上的匀速直线运动和匀加速直线运动，通过研究分运动达到研究合运动的目

的。

②确定速度或位移与题目所给的角度之间的联系，这往往是解决问题的突破口。

:拓展训练:

1-1.(2022.广东.高考真题)图是滑雪道的示意图。可视为质点的运动员从斜坡上的M点由静止自由滑

下，经过水平NP段后飞入空中，在Q点落地。不计运动员经过N点的机械能损失，不计摩擦力和空气

阻力。下列能表示该过程运动员速度大小v或加速度大小a随时间t变化的图像是()

【答案】C

【详解】设斜坡倾角为仇运动员在斜坡MN段做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律

mgsin0=max

可得

a{-gsinO

运动员在水平NP段做匀速直线运动，加速度

%二°

运动员从尸点飞出后做平抛运动，加速度为重力加速度

a3=S

设在尸点的速度为为，则从尸点飞出后速度大小的表达式为

v=M+g泞

由分析可知从尸点飞出后速度大小与时间的图像不可能为直线，且

at<a3

C正确，ABD错误。

故选C。

2-2.（2022•河北・高考真题）如图，广场水平地面上同种盆栽紧密排列在以0为圆心、鸟和&为半径的同

心圆上，圆心处装有竖直细水管，其上端水平喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度均可调节，以保

障喷出的水全部落入相应的花盆中。依次给内圈和外圈上的盆栽浇水时，喷水嘴的高度、出水速度及转

动的角速度分别用4、匕、R和4、小表示。花盆大小相同，半径远小于同心圆半径，出水口截面

积保持不变，忽略喷水嘴水平长度和空气阻力。下列说法正确的是（）

A.右九=色，则匕:v?=&:6

B.若匕=为，则%：色=：皮

C.若例=。2,匕=%,喷水嘴各转动一周，则落入每个花盆的水量相同

D.若4=色，喷水嘴各转动一周且落入每个花盆的水量相同，则q=在

【答案】BD

【详解】AB.根据平抛运动的规律

R=2t

解得

2h

R=v

g

可知若hi=h2,则

V1：V2=R1：R2

若V尸V2,贝！J

hy'.h^—R；:R；

选项A错误，B正确；

C.若用=牡，则喷水嘴各转动一周的时间相同，因VkV2,出水口的截面积相同，可知单位时间喷出水的

质量相同，喷水嘴转动一周喷出的水量相同，但因内圈上的花盆总数量较小，可知得到的水量较多，选

项C错误；

D.设出水口横截面积为So,喷水速度为v,若例=牡，则喷水管转动一周的时间相等，因h相等，则水

落地的时间相等，则

R

t=—

v

相等；在圆周上单位时间内单位长度的水量为

_vAtS_RS_S_S

—0—0—o—]o

coRM®Rta）t小\2h

相等，即一周中每个花盆中的水量相同，选项D正确。

故选BD„

命题角度2带电粒子在匀强电场中的类平抛运动

例2：（2022・湖北.模拟预测）如图甲所示，粒子源内有大量质量为m、电荷量为4（4＞。）的带电粒子逸出

（可以认为初速度为零），经电压为L的匀强电场加速后，沿平行板M,N间的中线进入偏转电场，板

长为1,极板右侧有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场区域足够大。若在M,N两板间加电压，其电势差

随时间t的变化规律如图乙所示（U为已知），所有粒子均能从极板右侧射出，并进入匀强磁场区

域。已知粒子通过偏转电场所用时间远小于T,且在该过程中电场可视为恒定，不计粒子间的相互作用及

粒子所受的重力，求

（1）M、N两极板的最小间距：

（2）若两极板间距为上问所求值，粒子经磁场偏转后，均无法从极板右侧回到极板间，则匀强磁场磁感

应强度的大小应满足什么条件？

XXx

MXXx

XXX

XXX

qXXX

粒子源XXX

N

XXX

XXX

【答案】（1）/层

【详解】（1）根据题意可知，设粒子进入偏转电场时的速度环，经过加速电场时，由动能定理有

qU\加诏

进入偏转电场后，当偏转电压为"m=。时，偏转的位移最大，此时，水平方向上有

I=

竖直方向上，由牛顿第二定律有

Uq

——=ma

d

由运动学公式可得，偏转位移为

y=-at2

2

联立解得

4Ud

所有粒子均能从极板右侧射出，则有

2

d>UJ

~2~4Ud

解得

即M、N两极板的最小间距为。

（2）根据题意，画出粒子的运动轨迹，如图所示

由运动学公式可知，粒子竖直方向的速度为

Uql

则粒子进入磁场的速度为

设速度方向与竖直方向的夹角为则有

sin0=—

V

粒子进入磁场后，由牛顿第二定律由

qvB=m——

R

可得

mv

qB

若满足两极板间距d=奈，粒子经磁场偏转后，均无法从极板右侧回到极板间，由图根据几何关系有

d

—<sin0

R

联立代入数据解得

反思归纳,

(1)研究对象的重力是否忽略

①除有明确说明或暗示外，微观粒子(比如：a粒子、质子、电子等)的重力不计;

②除有明确说明或暗示外，带电小球、液滴等宏观物体的重力不能忽略。

(2)带电粒子的重力不计，初速度与匀强电场垂直时，一定做类平抛运动，沿初速度方向做匀速直线运动,

沿电场力方向做初速度为零的匀加速直线运动，类平抛运动的规律及结论同平抛运动类似。

:拓展训练：

2-1.（2022•浙江•高考真题）如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场，板

长为L（不考虑边界效应）。t=0时刻，M板中点处的粒子源发射两个速度大小为vo的相同粒子，垂直M

板向右的粒子，到达N板时速度大小为正％；平行M板向下的粒子，刚好从N板下端射出。不计重力和

粒子间的相互作用，则（）

A.M板电势高于N板电势

B.两个粒子的电势能都增加

C.粒子在两板间的加速度a=组

L

D.粒子从N板下端射出的时间L

【答案】C

【详解】A.由于不知道两粒子的电性，故不能确定M板和N板的电势高低，故A错误；

B.根据题意垂直M板向右的粒子，到达N板时速度增加，动能增加，则电场力做正功，电势能减小；

则平行M板向下的粒子到达N板时电场力也做正功，电势能同样减小，故B错误；

CD.设两板间距离为d,对于平行M板向下的粒子刚好从N板下端射出，在两板间做类平抛运动，有

L

L

,12

d=—at

2

对于垂直M板向右的粒子，在板间做匀加速直线运动，因两粒子相同，在电场中加速度相同，有

（A/2V0）—VQ=2ad

联立解得

t十,4=细

故C正确，D错误；

故选C。

2-2.（2022・湖北.高考真题）如图所示，一带电粒子以初速度vo沿x轴正方向从坐标原点O射入，并经过

点P（a>0,b>0）o若上述过程仅由方向平行于y轴的匀强电场实现，粒子从O到P运动的时间为h,到

达P点的动能为Eki。若上述过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现，粒子从O到P运动的时间为t2,

到达P点的动能为Ek2。下列关系式正确的是•（）

oaX

A.tl<t2B.tl>t2

C.Eki<Ek2D.Eki>Ek2

【答案】AD

【详解】AB.该过程中由方向平行于y轴的匀强电场实现，此时粒子做类平抛运动，沿x轴正方向做匀

速直线运动；当该过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现时，此时粒子做匀速圆周运动，沿x轴正方

向分速度在减小，根据

x

t=-

V

可知

tl<t2

故A正确，B错误。

CD.该过程中由方向平行于y轴的匀强电场实现，此时粒子做类平抛运动，到达P点时速度大于vo；当

该过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现时，此时粒子做匀速圆周运动，到达P点时速度等于V0,而

根据

口12

E,=—mv

k2

可知

Eki>Ek2

故C错误，D正确。

故选ADo

【高考考向2圆周运动模型】

命题角度1圆周运动基本规律的综合应用

例3.（2022•辽宁・高考真题）2022年北京冬奥会短道速滑混合团体2000米接力决赛中，我国短道速滑队

夺得中国队在本届冬奥会的首金。

（1）如果把运动员起跑后进入弯道前的过程看作初速度为零的匀加速直线运动，若运动员加速到速度

v=9m/s时，滑过的距离x=15m,求加速度的大小；

（2）如果把运动员在弯道滑行的过程看作轨道为半圆的匀速圆周运动，如图所示，若甲、乙两名运动员

同时进入弯道，滑行半径分别为品=8m、R乙=9m,滑行速率分别为降=10m/s、vZ1=llm/s,求甲、

乙过弯道时的向心加速度大小之比，并通过计算判断哪位运动员先出弯道。

【答案】(1)2.7m/s2;(2)—,甲

242

【详解】(1)根据速度位移公式有

v2=2ax

代入数据可得

a=2.7m/s2

(2)根据向心加速度的表达式

可得甲、乙的向心加速度之比为

与_偏&_225

a乙v；/242

甲、乙两物体做匀速圆周运动，则运动的时间为

兀R

t=——

v

代入数据可得甲、乙运动的时间为

标=^-S，，乙=五$

因与〈机，所以甲先出弯道。

反思归纳,

(1)题目若涉及竖直平面内的圆周运动过程中的两个状态，可以用动能定理进行关联列方程。

(2)竖直平面内的圆周运动有两种模型：轻绳模型和轻杆模型。对于轻绳模型，物体运动到最高点的最小速

度为体；对于轻杆模型，物体运动到最高点的最小速度为0,受拉力或支持力的临界速度为痫。在机械

能守恒的情况下，两模型最低点与最高点的拉力差为6mg(轻杆模型中，若在最高点为支持力，则最低点的

拉力与最高点支持力的和为6mg)o

(3)在重力场与电场叠加的等效重力场中做圆周运动的物体，所受重力与电场力的合力沿圆周上的点的切线

方向的分力为0的位置有两个，分别是等效最高点和等效最低点，该两点关于圆心对称，物体在等效最高

点的速度最小，所受拉力最小（轻杆模型中，若物体在等效最高点所受力为支持力，则物体在该点所受支持

力最大），在等效最低点的速度最大，所受拉力最大。

:拓展训练：

3-1.（2022.北京.高考真题）我国航天员在“天宫课堂”中演示了多种有趣的实验，提高了青少年科学探索

的兴趣。某同学设计了如下实验：细绳一端固定，另一端系一小球，给小球一初速度使其在竖直平面内

做圆周运动。无论在“天宫”还是在地面做此实验（）

O

vo

A.小球的速度大小均发生变化B.小球的向心加速度大小均发生变化

C.细绳的拉力对小球均不做功D.细绳的拉力大小均发生变化

【答案】C

【详解】AC.在地面上做此实验，忽略空气阻力，小球受到重力和绳子拉力的作用，拉力始终和小球的

速度垂直，不做功，重力会改变小球速度的大小；在“天宫”上，小球处于完全失重的状态，小球仅在绳子

拉力作用下做匀速圆周运动，绳子拉力仍然不做功，A错误，C正确；

BD.在地面上小球运动的速度大小改变，根据a=E和尸（重力不变）可知小球的向心加速度和拉

rr

力的大小发生改变，在“天宫”上小球的向心加速度和拉力的大小不发生改变，BD错误。

故选C。

命题角度2万有引力与航天

例4.（2022•河北・高考真题）2008年，我国天文学家利用国家天文台兴隆观测基地的2.16米望远镜，发

现了一颗绕恒星HD173416运动的系外行星HD173416b,2019年，该恒星和行星被国际天文学联合会分

别命名为“羲和”和“和“望舒”，天文观测得到恒星羲和的质量是太阳质量的2倍，若将望舒与地球的公转

均视为匀速圆周运动，且公转的轨道半径相等。则望舒与地球公转速度大小的比值为（）

A.2A/2B.2C.72口.李

【答案】C

【详解】地球绕太阳公转和行星望舒绕恒星羲和的匀速圆周运动都是由万有引力提供向心力，有

Mmv2

G

解得公转的线速度大小为

其中中心天体的质量之比为2:1,公转的轨道半径相等，则望舒与地球公转速度大小的比值为及，故选

Co

反思归纳,

1.解决天体运动问题的两条常用思路

（1）将天体的运动看做匀速圆周运动，中心天体对它的万有引力提供运动所需要的向心力，即Gunman

V224兀2

m-=m3r=m亍~r。

⑵充分利用物体所受重力和万有引力的关系：不考虑中心天体自转时，中心天体对其表面附近的物体的万

有引力等于物体所受的重力，即窄国=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）。公式GM=gR2应用广泛，被称为“黄金代换式”。

2.卫（行）星做椭圆运动时常用的两条规律

（1）开普勒第二定律（面积定律）：对任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等的时间内扫过相等的面积。

（2）开普勒第三定律（周期定律）：所有行星的轨道半长轴的三次方跟它的公转周期的二次方的比值都相等，

a3

即了=k。

3.卫星变轨问题应注意的四点

（1）若卫星由高轨道变轨到低轨道，即轨道半径（半长轴）减小时，需要在高轨道变轨处减速；反之，若卫星

由低轨道变轨到高轨道，即轨道半径（半长轴）增大时，需要在低轨道变轨处加速。

（2）卫星变轨时速度的变化情况，可根据轨道半径（半长轴）的变化情况判断；稳定的新轨道上运行速度的变

化情况可由开普勒第二定律判断。

（3）同一卫星在不同轨道上运行时机械能不同，轨道半径（半长轴）越大，机械能越大。

（4）卫星经过不同轨道相交的同一点时加速度相等。

:拓展训练：

4-1.（2022・浙江・高考真题）“天问一号”从地球发射后，在如图甲所示的P点沿地火转移轨道到Q点，再

依次进入如图乙所示的调相轨道和停泊轨道，则天问一号（）

A.发射速度介于7.9km/s与11.2km/s之间

B.从P点转移到Q点的时间小于6个月

C.在环绕火星的停泊轨道运行的周期比在调相轨道上小

D.在地火转移轨道运动时的速度均大于地球绕太阳的速度

【答案】C

【详解】A.因发射的卫星要能变轨到绕太阳转动，则发射速度要大于第二宇宙速度，即发射速度介于

11.2km/s与16.7km/s之间，故A错误；

B.因P点转移到Q点的转移轨道的半长轴大于地球公转轨道半径，则其周期大于地球公转周期（1年共

12个月），则从P点转移到Q点的时间为轨道周期的一半时间应大于6个月，故B错误；

C.因在环绕火星的停泊轨道的半长轴小于调相轨道的半长轴，则由开普勒第三定律可知在环绕火星的停

泊轨道运行的周期比在调相轨道上小，故c正确；

D.卫星从Q点变轨时，要加速增大速度，即在地火转移轨道Q点的速度小于火星轨道的速度，而由

GMmv2

——--=m—

rr

可得

可知火星轨道速度小于地球轨道速度，因此可知卫星在Q点速度小于地球轨道速度，故D错误；

故选C。

4-2（2022・辽宁•高考真题）如图所示，行星绕太阳的公转可以看成匀速圆周运动。在地图上容易测得地球

一水星连线与地球一太阳连线夹角。，地球一金星连线与地球一太阳连线夹角力，两角最大值分别为

人。则（）

A.水星的公转周期比金星的大

B.水星的公转向心加速度比金星的大

C.水星与金星的公转轨道半径之比为sin%,:sinq

D.水星与金星的公转线速度之比为Jsina,“力sinq

【答案】BC

【详解】AB.根据万有引力提供向心力有

厂Mm4万之

=m-^K=ma

可得

R3

7=2%

\GM

GM

ci———

R。

因为水星的公转半径比金星小，故可知水星的公转周期比金星小；水星的公转向心加速度比金星的大,

故A错误，B正确;

C.设水星的公转半径为我水，地球的公转半径为我地，当a角最大时有

sinamD

瑜

同理可知有

即.见„=黄R金

所以水星与金星的公转半径之比为

火水：&=sin&m：sin几

故c正确;

D.根据

-Mmv2

G——=m—

R2R

可得

结合前面的分析可得

V水:丫金=亚雨:际^

故D错误；

故选BC„

4-3.（2022.重庆.高考真题）我国载人航天事业已迈入“空间站时代”。若中国空间站绕地球近似做匀速圆

17

周运动，运行周期为T,轨道半径约为地球半径的7倍，已知地球半径为R,引力常量为G,忽略地球

16

自转的影响，则（）

A.漂浮在空间站中的宇航员不受地球的引力

B.空间站绕地球运动的线速度大小约为早

8T

c.地球的平均密度约为券

D.空间站绕地球运动的向心加速度大小约为地面重力加速度的（MJ倍

【答案】BD

【详解】A.漂浮在空间站中的宇航员依然受地球的引力，所受引力提供向心力做匀速圆周运动而处于完

全失重，视重为零，故A错误；

B.根据匀速圆周运动的规律，可知空间站绕地球运动的线速度大小约为

c17n

兀R

V=16=_

T8T

故B正确；

C.设空间站的质量为加，其所受万有引力提供向心力,有

「Mm,2,

（―7?）21「16

16

则地球的平均密度约为

M1小网

6GT

3

故C错误；

D.根据万有引力提供向心力，有

厂Mm

G—7；-----=-ma

则空间站绕地球运动的向心加速度大小为

GM

（UR）2

16

地表的重力加速度为

GM

可得

2

即空间站绕地球运动的向心加速度大小约为地面重力加速度的倍，故D正确。

故选BD。

命题角度3带电粒子在匀强磁场中的圆周运动

例5.（2022・辽宁・高考真题）粒子物理研究中使用的一种球状探测装置横截面的简化模型如图所示。内圆

区域有垂直纸面向里的匀强磁场，外圆是探测器。两个粒子先后从P点沿径向射入磁场，粒子1沿直线

通过磁场区域后打在探测器上的M点。粒子2经磁场偏转后打在探测器上的N点。装置内部为真空状

态，忽略粒子重力及粒子间相互作用力。下列说法正确的是（）

A.粒子1可能为中子

B.粒子2可能为电子

C.若增大磁感应强度，粒子1可能打在探测器上的Q点

D.若增大粒子入射速度，粒子2可能打在探测器上的Q点

【答案】AD

【详解】AB.由题图可看出粒子1没有偏转，说明粒子1不带电，则粒子1可能为中子；粒子2向上偏

转，根据左手定则可知粒子2应该带正电，A正确、B错误;

C.由以上分析可知粒子1为中子，则无论如何增大磁感应强度，粒子1都不会偏转，C错误;

D.粒子2在磁场中洛伦兹力提供向心力有

V2

qvB=m—

r

解得

mv

r=----

qB

可知若增大粒子入射速度，则粒子2的半径增大，粒子2可能打在探测器上的Q点，D正确。

故选ADo

反思归纳,

（1）解决带电粒子在匀强磁场中的圆周运动问题首先要确定粒子运动的圆心、半径，依据是：

①半径与速度垂直；

②半径与弦的垂直平分线垂直；

③两半径交点就是圆心。

（2）解决带电粒子在匀强磁场中的圆周运动问题的关键是几何分析，明确临界状态，用好两表达式r=

mv-27im

T=-5-。

qBqB

:拓展训练:

5-1.（2022•全国•高考真题）一种可用于卫星上的带电粒子探测装置，由两个同轴的半圆柱形带电导体极

板（半径分别为R和R+4）和探测器组成，其横截面如图（a）所示，点O为圆心。在截面内，极板间

各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，方向指向。点。4个带正电的同种粒子从极板间通过，

到达探测器。不计重力。粒子1、2做圆周运动，圆的圆心为O、半径分别为小吃＜R+d）；

粒子3从距O点4的位置入射并从距O点彳的位置出射；粒子4从距O点彳的位置入射并从距O点4的位

置出射，轨迹如图（b）中虚线所示。则（）

A.粒子3入射时的动能比它出射时的大

B.粒子4入射时的动能比它出射时的大

C.粒子1入射时的动能小于粒子2入射时的动能

D.粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能

【答案】BD

【详解】C.在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到。点的距离成反比，可设为

Er=k

带正电的同种粒子1、2在均匀辐向电场中做匀速圆周运动，则有

qEx=m—,qE2=m—

可得

心=皿=生