易錯點(diǎn)04曲線運(yùn)動

目錄

01易錯陷阱（3大陷阱）

02舉一反三

【易錯點(diǎn)提醒一】不會分析小船渡河模型

【易錯點(diǎn)提醒二】關(guān)聯(lián)速度模型分解速度錯誤

【易錯點(diǎn)提醒三】不會用運(yùn)動的合成與分解求平拋運(yùn)動問題

【易錯點(diǎn)提醒四】盲目套用平拋運(yùn)動的基本規(guī)律

【易錯點(diǎn)提醒五】不會分析圓周運(yùn)動向心力的來源

【易錯點(diǎn)提醒六】豎直平面圓周運(yùn)動混淆兩種模型

03易錯題通關(guān)

易錯點(diǎn)一：不會運(yùn)用運(yùn)動的合成與分解求解兩種模型

1．解決小船渡河問題掌握“三模型、兩方案、兩確定”

（1）小船渡河三種模型

當(dāng)船頭方向垂直河岸時，渡河時間最短，最短時間

渡河時間最短d

tmin＝

v船

如果v船>v水，當(dāng)船頭方向與上游河岸夾角θ滿足v

船cosθ＝v水時，合速度垂直河岸，渡河位移最短，

等于河寬d

渡河位移最短

如果v船<v水，當(dāng)船頭方向(即v船方向)與合速度方

向垂直時，渡河位移最短，等于dv水

v船

（2）小船渡河模型的分析思路

2.關(guān)聯(lián)速度模型

繩（桿）關(guān)聯(lián)速度問題解題思路

易錯點(diǎn)二：對拋體運(yùn)動理解有誤

1．平拋(或類平拋)運(yùn)動所涉及物理量的特點(diǎn)

物理量公式?jīng)Q定因素

取決于下落高度和重力加

2hh

飛行時間t＝

g速度g，與初速度v0無關(guān)

由初速度、下落高度和重

2hv0h

水平射程x＝v0t＝v0

g力加速度g共同決定

與初速度v0、下落高度h和重

222

落地速度vt＝vx＋vy＝v0＋2gh

力加速度g有關(guān)

Δv＝gΔt，方向恒為豎直向下

由重力加速度g和時間間隔

速度改變量

Δt共同決定

2．平拋運(yùn)動中物理量的關(guān)系圖

兩個三角形，速度與位移；

九個物理量，知二能求一；

時間和角度，橋梁和紐帶；

時間為明線，角度為暗線。

3．平拋運(yùn)動常用三種解法

①正交分解法：分解位移（位移三角形）：若已知h、x，可求出；

分解速度（速度三角形）：若已知v0、θ，可求出v=v0/cosθ；

②推論法：若已知h、x，可求出tanθ=2tanα=2h/x；

22

③動能定理法：若已知h、v0，動能定理：mgh=?mv-?mv0，可求出。

4.平拋運(yùn)動中的臨界、極值問題

在平拋運(yùn)動中，由于時間由高度決定，水平位移由高度和初速度決定，因而在越過障礙物時，

有可能會出現(xiàn)恰好過去或恰好過不去的臨界狀態(tài)，還會出現(xiàn)運(yùn)動位移的極值等情況．

1．若題目中有“剛好”“恰好”“正好”等字眼，明顯表明題述的過程中存在著臨界點(diǎn)．

2．若題目中有“取值范圍”“多長時間”“多大距離”等詞語，表明題述的過程中存在著“起止點(diǎn)”，

而這些“起止點(diǎn)”往往就是臨界點(diǎn)．

3．若題目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明題述的過程中存在著極值點(diǎn)，這些極

值點(diǎn)也往往是臨界點(diǎn)．

易錯點(diǎn)三：對圓周運(yùn)動理解有誤

易錯題【02】圓周運(yùn)動理解有誤

豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動

1．常見模型

輕“繩”模型輕“桿”模型

情景圖示

彈力可能向下，可能向上，也可能

彈力特征彈力可能向下，也可能等于零

等于零

受力示意圖

v2v2

力學(xué)方程mg＋FT＝mmg±FN＝m

rr

v2

臨界特征FT＝0，即mg＝m，得v＝grv＝0，即F向＝0，此時FN＝mg

r

FN表現(xiàn)為拉力還是支持力的臨界

v＝gr的意義物體能否過最高點(diǎn)的臨界點(diǎn)

點(diǎn)

2.分析思路

.

【易錯點(diǎn)提醒一】不會分析小船渡河模型

【例1】．（2023·海南·統(tǒng)考二模）一小船在靜水中的速度為3m/s，它在一條河寬150m，流

速為5m/s的河流中渡河，則下列說正確的是（）

A．小船渡河時間不少于60s

B．小船以最短時間渡河時，它沿水流方向的位移大小為150m

C．小船以最短位移渡河時，位移大小為250m

D．小船以最短位移渡河時，時間為60s

易錯分析：沒有弄清哪是分速度，哪是合速度，也不會運(yùn)用三角形或平知四邊形

定則作出矢量圖像求解。

【答案】C

d150

【詳解】A．當(dāng)船的靜水中的速度垂直河岸時渡河時間最短tmins50s故A錯誤；

v船3

B．船以最短時間50s渡河時沿河岸的位移xv水tmin550m250m即它沿水流方向的位移

大小為250m，故B錯誤；

C．因?yàn)樗魉俣却笥诖撵o水速度，所以船不能垂直渡河，如圖所示

當(dāng)合速度與靜水速度的方向垂直時，合速度與水流速度的夾角最大，渡河位移最小，則

v船3

sin

v水5

d150

xm250m

則渡河的最小位移sin3故C正確；

5

x250

．若船以最短位移渡河時，時間為ts62.5s故錯誤。故選。

D22DC

v合53

【變式1-1】（2023·山東泰安·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖，某河流中水流速度大小恒為v1，A處

4

的下游C處有個漩渦，漩渦與河岸相切于B點(diǎn)，漩渦的半徑為r，AB=r。為使小船從A

3

點(diǎn)出發(fā)以恒定的速度安全到達(dá)對岸，小船航行時在靜水中速度的最小值為（）

3245

A．vB．vC．v1D．v

5125131

【答案】B

r

tan

【詳解】根據(jù)題意得4解得37小船航行時在靜水中速度的最小值為

r

3

24

vvsin2解vv

212251

故選B。

【變式1-2】（2023·福建福州·統(tǒng)考模擬預(yù)測）洪水無情人有情，每一次重大搶險救災(zāi)，都

有子弟兵的身影。如圖所示，水速為v，消防武警駕駛沖鋒舟若采取沖鋒舟最小速度和船頭

正對河岸兩種行駛方案，沿與平直河岸成30°角的線路把被困群眾從A處送到對岸安全地B

處，則兩種方案中沖鋒舟最小速度v1和船頭正對河岸的沖鋒舟速度v2之比為（）

A．1:2B．1:3C．2:3D．3:2

【答案】D

【詳解】設(shè)沖鋒舟以最小速度v1和船頭正對河岸速度v2分別從A到B，沖鋒舟最小速度v1

垂直于AB連線

v3

沖鋒舟速度垂直于水平河岸可知1故選項(xiàng)正確。

v1vsin30v2v2vtan30cos30=D

v22

【變式1-3】有甲、乙兩只船,它們在靜水中航行的速度分別為v1和v2,現(xiàn)在兩船從同一渡

口向河對岸開去,已知甲船想用最短時間渡河,乙船想以最短航程渡河,結(jié)果兩船抵達(dá)對岸的

地點(diǎn)恰好相同。則甲、乙兩船渡河所用時間之比為()。

?1

?2

A.B.C.D.

222

?2?1?2?1

22

?1?2?1?2

【答案】C

【解析】當(dāng)v1與河岸垂直時,甲船渡河時間最短;乙船船頭斜向上游開去,才有可能

航程最短,由于甲、乙兩只船到達(dá)對岸的地點(diǎn)相同(此地點(diǎn)并不在河正對岸),可見

乙船在靜水中的速度v2比水的流速v0要小,要滿足題意,則如圖所示。設(shè)河寬為d,

t=t==cosθ=tanθ==sin

甲用時1,乙用時2?,則,,,聯(lián)立解得

???????????????????

???????

θ,=。C?項(xiàng)正確。??????????

?

????

?

【易??錯??點(diǎn)提醒二】關(guān)聯(lián)速度模型分解速度錯誤

【例2】（2023·湖南省隆回縣第二中學(xué)模擬預(yù)測）如圖所示為內(nèi)燃機(jī)中輕質(zhì)活塞和曲柄連桿

結(jié)構(gòu)的示意圖和簡圖。氣缸內(nèi)高壓氣體推動活塞使其往復(fù)運(yùn)動，某時刻活塞的速度為v0，連

桿AO與活塞軸線BO垂直，氣缸中高壓氣體及外部大氣對活塞作用力的合力大小為F，已

1

知AOAB，不計一切摩擦，則此刻（）

2

A．活塞對連桿AB的作用力為2F

3

B．氣缸壁對活塞的作用力為F

3

23

C．連桿AB的A端沿連桿AB方向的線速度為v

30

D．連桿OA的A端繞O點(diǎn)轉(zhuǎn)動的線速度為v0

易錯分析：不能根據(jù)A點(diǎn)速度的實(shí)際情況分解兩個分速度，而是憑想象爭解為水

平方向和豎直方向

【答案】BD

【解析】連桿AO與活塞軸線BO垂直時，由幾何關(guān)系可知BA與BO之間的夾角30

由于是輕質(zhì)活塞，所以活塞所受合外力為零，活塞受連桿AB對其的推力F1、氣缸壁對其的

彈力F2和高壓氣體及外部大氣對活塞的作用力作用，如圖所示

根據(jù)平衡條件可得

F1cosF

F1sinF2

233

解得FFFF故A錯誤，B正確；v0沿連桿AB方向和垂直于連桿AB方向分

1323

解，如圖所示

3

沿連桿AB方向的速度vvcos30v

A020

vA

vv0

連桿OA的A端繞O轉(zhuǎn)動的線速度cos30，故C錯誤，D正確。

【變式1-1】如圖所示，長為L的直棒一端可繞固定軸O轉(zhuǎn)動，另一端擱在水平升降臺上，

升降平臺以速度v勻速上升，當(dāng)棒與豎直方向的夾角為θ時，棒的角速度為()

vsinv

A．B．

LLcos

vcosv

C．D．

LLsin

【答案】D

【詳解】棒與平臺接觸點(diǎn)的實(shí)際運(yùn)動即合運(yùn)動，方向垂直于棒指向左上方，如圖所示，合速

度為v實(shí)＝L

v

豎直向上的速度分量等于平臺上升的速度v，即Lsinv所以故選D。

Lsin

【變式1-2】質(zhì)量為m的物體P置于傾角為1的固定光滑斜面上，輕細(xì)繩跨過光滑定滑輪

分別連接著P與小車，P與滑輪間的細(xì)繩平行于斜面，小車以速率v水平向右做勻速直線運(yùn)

動，當(dāng)小車與滑輪間的細(xì)繩和水平方向成夾角2時（如圖），下列判斷正確的是（）

A．P的速率為vB．P的速率為vcosθ2

C．繩的拉力等于mgsinθ1D．繩的拉力小于mgsinθ1

【答案】B

【詳解】AB．將小車的速度v沿繩子方向和垂直于繩子方向正交分解，如圖所示

物體P的速度與小車沿繩子方向的速度相等，則有vPvcos2故B正確，A錯誤；

v

CD．小車向右運(yùn)動，所以2減小，v不變，所以P逐漸變大，說明物體P沿斜面向上做加

速運(yùn)動。對物體P受力分析可知，物體P受到豎直向下的重力，垂直于斜面向上的支持力，

沿繩向上的拉力T，沿斜面和垂直斜面建立正交軸，沿斜面方向由牛頓第二定律可得

-q=>q

Tmgsin1ma可得Tmgsin1故CD錯誤。故選B

【變式1-3】（2023·河南安陽·安陽一中?？寄M預(yù)測）兩個相同的正方形鐵絲框按圖所示

放置，它們沿對角線方向分別以速度v和2v向兩邊運(yùn)動，則兩線框的交點(diǎn)M的運(yùn)動速度大

小為（）

321062

A．vB．vC．vD．v

2222

【答案】B

【詳解】若右框不動，左框以速度v向左運(yùn)動，則交點(diǎn)M沿框邊滑行的速度為

2

vvcos45v

12

若左框不動，右框以速度2v向右運(yùn)動，則交點(diǎn)M沿框邊滑行的速度為v22vcos452v

當(dāng)左右兩框同時運(yùn)動時，相當(dāng)于交點(diǎn)同時參加上述兩種運(yùn)動，如圖所示

2212210

vMv1v2v2vv

因此其速度為22故選B

【易錯點(diǎn)提醒三】不會用運(yùn)動的合成與分解求平拋運(yùn)動問題

【例3】（2021·河北高考真題）銫原子鐘是精確的計時儀器，圖1中銫原子從O點(diǎn)以100m/s

的初速度在真空中做平拋運(yùn)動，到達(dá)豎直平面MN所用時間為t1；圖2中銫原子在真空中從

P點(diǎn)做豎直上拋運(yùn)動，到達(dá)最高點(diǎn)Q再返回P點(diǎn)，整個過程所用時間為t2，O點(diǎn)到豎直平

2

面MN、P點(diǎn)到Q點(diǎn)的距離均為0.2m，重力加速度取g10m/s，則t1:t2為（）

A．100∶1B．1∶100C．1∶200D．200∶1

易錯分析平拋運(yùn)動可以分解為水平方向上的勻速直線運(yùn)動和豎直方向上的自由落體運(yùn)動。

分別研究兩個分運(yùn)動的規(guī)律，必要時再用運(yùn)動合成的方法進(jìn)行合成。

【答案】C

【解析】銫原子做平拋運(yùn)動，水平方向上做勻速直線運(yùn)動，即

xvt1

解得

x0.2

ts

1v100

t

銫原子做豎直上拋運(yùn)動，拋至最高點(diǎn)用時2，逆過程可視為自由落體，即

2

1t

xg(2)2

22

解得

8x80.2

t0.4s

2g10

則

0.2

t1

1100

t20.4200

故選C。

【變式1-3】（2021·江蘇高考真題）如圖所示，A、B兩籃球從相同高度同時拋出后直接落

入籃筐，落入籃筐時的速度方向相同，下列判斷正確的是（）

A．A比B先落入籃筐

B．A、B運(yùn)動的最大高度相同

C．A在最高點(diǎn)的速度比B在最高點(diǎn)的速度小

D．A、B上升到某一相同高度時的速度方向相同

【答案】D

【解析】

AB．若研究兩個過程的逆過程，可看做是從籃筐沿同方向斜向上的斜拋運(yùn)動，落到同一高

度上的AB兩點(diǎn)，則A上升的高度較大，高度決定時間，可知A運(yùn)動時間較長，即B先落入

籃筐中，AB錯誤；

C．因?yàn)閮汕驋伾浣窍嗤?，A的射程較遠(yuǎn)，則A球的水平速度較大，即在最高點(diǎn)的速度比B

在最高點(diǎn)的速度大，C錯誤；

D．由斜拋運(yùn)動的對稱性可知，當(dāng)A、B上升到與籃筐相同高度時的速度方向相同，D正確。

故選D。

【變式1-3】（2023·湖南卷·第2題）如圖（a），我國某些農(nóng)村地區(qū)人們用手拋撒谷粒進(jìn)

行水稻播種。某次拋出的谷粒中有兩顆的運(yùn)動軌跡如圖（b）所示，其軌跡在同一豎直平面

內(nèi)，拋出點(diǎn)均為O，且軌跡交于P點(diǎn)，拋出時谷粒1和谷粒2的初速度分別為v1和v2，其

中v1方向水平，v2方向斜向上。忽略空氣阻力，關(guān)于兩谷粒在空中的運(yùn)動，下列說法正確

的是（）

A.谷粒1的加速度小于谷粒2的加速度B.谷粒2在最高點(diǎn)的速度小于v1

C.兩谷粒從O到P的運(yùn)動時間相等D.兩谷粒從O到P的平均速度相等

【答案】B

【解析】拋出的兩粒谷粒在空中運(yùn)動都是只受重力，加速度都是重力加速度，所以谷粒1

的加速度等于谷粒2的加速度，A錯誤；根據(jù)拋體運(yùn)動規(guī)律，可知谷粒2在最高點(diǎn)的速度小

于v1，兩谷粒從O到P的運(yùn)動時間不相等，B正確C錯誤；由于兩谷粒在空中運(yùn)動時間不

相等，所以兩谷粒從O到P的平均速度不相等，D錯誤。

【變式1-3】（2022·廣東卷·T6）如圖5所示，在豎直平面內(nèi)，截面為三角形的小積木

懸掛在離地足夠高處，一玩具槍的槍口與小積木上P點(diǎn)等高且相距為L。當(dāng)玩具子彈以水平

速度v從槍口向P點(diǎn)射出時，小積木恰好由靜止釋放，子彈從射出至擊中積木所用時間為t。

不計空氣阻力。下列關(guān)于子彈的說法正確的是（）

LL

A.將擊中P點(diǎn)，t大于B.將擊中P點(diǎn)，t等于

vv

LL

C.將擊中P點(diǎn)上方，t大于D.將擊中P點(diǎn)下方，t等于

vv

【答案】B

【解析】

由題意知槍口與P點(diǎn)等高，子彈和小積木在豎直方向上做自由落體運(yùn)動，當(dāng)子彈擊中積木

時子彈和積木運(yùn)動時間相同，根據(jù)

1

hgt2

2

可知下落高度相同，所以將擊中P點(diǎn)；又由于初始狀態(tài)子彈到P點(diǎn)的水平距離為L，子彈在

水平方向上做勻速直線運(yùn)動，故有

L

t

v

故選B。

【易錯點(diǎn)提醒四】盲目套用平拋運(yùn)動的基本規(guī)律

【例4】如圖所示為置于豎直平面內(nèi)的光滑桿AB，它是依照初速度為v0、水平射程為x的

平拋運(yùn)動軌跡制成的，A端為拋出點(diǎn)，B端為落地點(diǎn)?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m的小球套于其上，小

球由靜止開始從A端滑下，重力加速度為g，則當(dāng)小球到達(dá)B端時，下列說法正確的是()

A．小球在水平方向的速度大于v0

x

B．小球運(yùn)動的時間為

v0

gx

C．小球的速率為

v0

mg2x

D．小球所受重力的功率為

v0

易錯分析：此題容易出現(xiàn)的錯誤是盲目套用平拋運(yùn)動的規(guī)律，因此在處理此類問題時要注

意以下兩點(diǎn)：

(1)牢記平拋運(yùn)動的兩個基本條件：一是只受重力作用，二是必須要有水平方向的初速度。

(2)平拋運(yùn)動可以分解為豎直方向的自由落體運(yùn)動和水平方向的勻速直線運(yùn)動。

此題中的小球雖然是按照平拋運(yùn)動的軌跡運(yùn)動的，但由于小球沒

有初速度，因此小球的運(yùn)動不能分解為水平方向的勻速直線運(yùn)動和豎直方向的自由落體運(yùn)動，

所以小球的運(yùn)動并不能按平拋運(yùn)動進(jìn)行處理

【答案】C

x

【解析】小球若沿題圖所示軌跡做平拋運(yùn)動，其運(yùn)動到B端所用的時間t＝，則A端距離

v0

1gx2

地面的高度h＝gt2＝，小球沿桿由靜止開始從A運(yùn)動到B，雖然軌跡為平拋運(yùn)動軌跡，

2

22v0

x

但小球的運(yùn)動不是平拋運(yùn)動，因此運(yùn)動的時間t′≠，B錯誤。設(shè)小球運(yùn)動到B端時的速率

v0

12gx

為vB，根據(jù)動能定理得mgh＝mvB，解得vB＝2gh＝，小球運(yùn)動到B端時，在豎直方向

2v0

mg2x

的速度大小vy≠vB，因此重力的功率不等于，C正確，D錯誤。小球運(yùn)動到B端時的速

v0

gtgx

度方向與水平方向夾角的正切值tanθ＝＝，可知小球運(yùn)動到B端時其水平方向的速度

2

v0v0

gxv0

大小vx＝vBcosθ＝<v0，A錯誤。

422

v0＋gx

【變式1-1】（2022·廣東卷·T3）圖是滑雪道的示意圖?？梢暈橘|(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動員從斜坡上

的M點(diǎn)由靜止自由滑下，經(jīng)過水平NP段后飛入空中，在Q點(diǎn)落地。不計運(yùn)動員經(jīng)過N點(diǎn)

的機(jī)械能損失，不計摩擦力和空氣阻力。下列能表示該過程運(yùn)動員速度大小v或加速度大小

a隨時間t變化的圖像是（）

A.B.C.D.

【答案】C

【解析】

設(shè)斜坡傾角為，運(yùn)動員在斜坡MN段做勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律

mgsinma1

可得

a1gsin

運(yùn)動員在水平NP段做勻速直線運(yùn)動，加速度

a20

運(yùn)動員從P點(diǎn)飛出后做平拋運(yùn)動，加速度為重力加速度

a3g

設(shè)在P點(diǎn)的速度為v0，則從P點(diǎn)飛出后速度大小的表達(dá)式為

222

vv0gt

由分析可知從P點(diǎn)飛出后速度大小與時間的圖像不可能為直線，且

a1a3

C正確，ABD錯誤。

故選C。

【變式1-2】（2022·全國甲卷·T24）將一小球水平拋出，使用頻閃儀和照相機(jī)對運(yùn)動的

小球進(jìn)行拍攝，頻閃儀每隔0.05s發(fā)出一次閃光。某次拍攝時，小球在拋出瞬間頻閃儀恰好

閃光，拍攝的照片編輯后如圖所示。圖中的第一個小球?yàn)閽伋鏊查g的影像，每相鄰兩個球之

間被刪去了個影像，所標(biāo)出的兩個線段的長度和之比為：。重力加速度大小取

3s1s237

g10m/s2，忽略空氣阻力。求在拋出瞬間小球速度的大小。

25

【答案】m/s

5

【解析】

頻閃儀每隔0.05s發(fā)出一次閃光，每相鄰兩個球之間被刪去3個影像，故相鄰兩球的時間間

隔為

t4T0.054s0.2s

設(shè)拋出瞬間小球的速度為v0，每相鄰兩球間的水平方向上位移為x，豎直方向上的位移分別

為y1、y2，根據(jù)平拋運(yùn)動位移公式有

xv0t

11

ygt2100.22m0.2m

122

1212122

y2g2tgt100.40.2m0.6m

222

令y1y，則有

y23y13y

已標(biāo)注的線段、分別為

s1s2

22

s1xy

2222

s2x3y=x9y

則有

x2y2:x29y23:7

整理得

25

xy

5

故在拋出瞬間小球的速度大小為

x25

vm/s

0t5

【易錯點(diǎn)提醒五】不會分析圓周運(yùn)動向心力的來源

【例5】（2021·浙江高考真題）質(zhì)量為m的小明坐在秋千上擺動到最高點(diǎn)時的照片如圖所

示，對該時刻，下列說法正確的是（）

A．秋千對小明的作用力小于mg

B．秋千對小明的作用力大于mg

C．小明的速度為零，所受合力為零

D．小明的加速度為零，所受合力為零

易錯分析：向心力可以由一個力提供，也可以由幾個力的合力提供，還可以由一個力的分

力提供．

能準(zhǔn)確的找出向心力的來源

【答案】A

【解析】在最高點(diǎn)，小明的速度為0，設(shè)秋千的擺長為l，擺到最高點(diǎn)時擺繩與豎直方向的

夾角為，秋千對小明的作用力為F，則對人，沿擺繩方向受力分析有

v2

Fmgcosm

l

由于小明的速度為0，則有

Fmgcosmg

沿垂直擺繩方向有

mgsinma

解得小明在最高點(diǎn)的加速度為

agsin

所以A正確；BCD錯誤；

故選A。

【變式1-1】.（2021·廣東高考真題）由于高度限制，車庫出入口采用圖所示的曲桿道閘，

道閘由轉(zhuǎn)動桿OP與橫桿PQ鏈接而成，P、Q為橫桿的兩個端點(diǎn)。在道閘抬起過程中，桿PQ

始終保持水平。桿OP繞O點(diǎn)從與水平方向成30°勻速轉(zhuǎn)動到60°的過程中，下列說法正確

的是（）

A．P點(diǎn)的線速度大小不變

B．P點(diǎn)的加速度方向不變

C．Q點(diǎn)在豎直方向做勻速運(yùn)動

D．Q點(diǎn)在水平方向做勻速運(yùn)動

【答案】A

【解析】

A．由題知桿OP繞O點(diǎn)從與水平方向成30°勻速轉(zhuǎn)動到60°，則P點(diǎn)繞O點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)

動，則P點(diǎn)的線速度大小不變，A正確；

B．由題知桿OP繞O點(diǎn)從與水平方向成30°勻速轉(zhuǎn)動到60°，則P點(diǎn)繞O點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)

動，P點(diǎn)的加速度方向時刻指向O點(diǎn)，B錯誤；

C．Q點(diǎn)在豎直方向的運(yùn)動與P點(diǎn)相同，相對于O點(diǎn)在豎直方向的位置y關(guān)于時間t的關(guān)系

為

y=lOPsin(+ωt)

6

則可看出Q點(diǎn)在豎直方向不是勻速運(yùn)動，C錯誤；

D．Q點(diǎn)相對于O點(diǎn)在水平方向的位置x關(guān)于時間t的關(guān)系為

x=lOPcos(+ωt)+lPQ

6

則可看出Q點(diǎn)在水平方向也不是勻速運(yùn)動，D錯誤。

故選A。

【變式1-2】.（2020·全國高考真題）如圖，一同學(xué)表演蕩秋千。已知秋千的兩根繩長均

為10m，該同學(xué)和秋千踏板的總質(zhì)量約為50kg。繩的質(zhì)量忽略不計，當(dāng)該同學(xué)蕩到秋千支

架的正下方時，速度大小為8m/s，此時每根繩子平均承受的拉力約為（）

A．200NB．400NC．600ND．800N

【答案】B

【解析】

在最低點(diǎn)由

mv2

2Tmg

r

知

T=410N

即每根繩子拉力約為410N，故選B。

【變式1-3】.（2022·全國甲卷·T14）北京2022年冬奧會首鋼滑雪大跳臺局部示意圖如圖

所示。運(yùn)動員從a處由靜止自由滑下，到b處起跳，c點(diǎn)為a、b之間的最低點(diǎn)，a、c兩處

的高度差為h。要求運(yùn)動員經(jīng)過一點(diǎn)時對滑雪板的壓力不大于自身所受重力的k倍，運(yùn)動過

程中將運(yùn)動員視為質(zhì)點(diǎn)并忽略所有阻力，則c點(diǎn)處這一段圓弧雪道的半徑不應(yīng)小于（）

hh2h2h

A.B.C.D.

k1kkk1

【答案】D

【解析】運(yùn)動員從a到c根據(jù)動能定理有

1

mghmv2

2c

在c點(diǎn)有

2

vc

FNcmgm

Rc

FNc≤kmg

聯(lián)立有

2h

R

ck1

故選D。

【易錯點(diǎn)提醒六】混淆豎直平面內(nèi)的兩種模型

【例6】（2023·江蘇揚(yáng)州中學(xué)模擬）如圖甲所示，被稱為“魔力陀螺”玩具的陀螺能在圓

軌道外側(cè)旋轉(zhuǎn)不脫落，其原理可等效為如圖乙所示的模型：半徑為R的磁性圓軌道豎直固

定，質(zhì)量為m的鐵球（視為質(zhì)點(diǎn)）沿軌道外側(cè)運(yùn)動，A、B分別為軌道的最高點(diǎn)和最低點(diǎn)，

軌道對鐵球的磁性引力始終指向圓心且大小不變，不計摩擦和空氣阻力，重力加速度為g，

則（）

A.鐵球繞軌道可能做勻速圓周運(yùn)動

B.由于磁力的作用，鐵球繞軌道運(yùn)動過程中機(jī)械能不守恒

C.鐵球在A點(diǎn)的速度必須大于gR

D.軌道對鐵球的磁性引力至少為5mg，才能使鐵球不脫軌

易錯分析：此題中是輕桿模型，許多同學(xué)求解時把它當(dāng)成了繩線模型而出現(xiàn)錯誤。

【答案】D

【解析】小鐵球在運(yùn)動的過程中受到重力、軌道的支持力和磁力的作用，其中鐵球受軌道的

磁性引力始終指向圓心且大小不變，支持力的方向過圓心，它們都始終與運(yùn)動的方向垂直，

所以磁力和支持力都不能對小鐵球做功，只有重力會對小鐵球做功，所以小鐵球的機(jī)械能守

恒，在最高點(diǎn)的速度最小，在最低點(diǎn)的速度最大．小鐵球不可能做勻速圓周運(yùn)動，故選項(xiàng)A、

B錯誤；小鐵球在運(yùn)動的過程中受到重力、軌道的支持力和磁力的作用，在最高點(diǎn)軌道對小

鐵球的支持力的方向可以向上，小鐵球的速度只要大于0即可通過最高點(diǎn)，故選項(xiàng)C錯誤；

由于小鐵球在運(yùn)動的過程中機(jī)械能守恒，所以小鐵球在最高點(diǎn)的速度越小，則機(jī)械能越小，

v2

在最低點(diǎn)的速度也越小，根據(jù)F＝m，可知小鐵球在最低點(diǎn)時需要的向心力越?。谧?/p>

R

低點(diǎn)小鐵球受到的重力的方向向下，支持力的方向也向下、只有磁力的方向向上．要使鐵球

不脫軌，軌道對鐵球的支持力一定要大于0．所以鐵球不脫軌的條件是：小鐵球在最高點(diǎn)的

速度恰好為0，而且到達(dá)最低點(diǎn)時，軌道對鐵球的支持力恰好等于0．根據(jù)機(jī)械能守恒定律，

1

小鐵球在最高點(diǎn)的速度恰好為0，到達(dá)最低點(diǎn)時的速度滿足mg?2Rmv2

2

v2

軌道對鐵球的支持力恰好等于0，則磁力與重力的合力提供向心力，即F﹣mg

R

聯(lián)立得F＝5mg，故選項(xiàng)D正

【變式1-1】（2023·遼寧·模擬預(yù)測）圖1是某體操運(yùn)動員在比賽中完成“單臂大回環(huán)”

的高難度動作時的場景：用一只手抓住單杠，伸展身體，以單杠為軸做圓周運(yùn)動，運(yùn)動員運(yùn)

動到最高點(diǎn)時，運(yùn)動員與單杠間彈力大小為F，運(yùn)動員在最高點(diǎn)的速度大小為v。其F-v2圖

像如圖2所示，g取10m/s2。則下列說法中正確的是（）

A．此運(yùn)動員的質(zhì)量為50kg

B．此運(yùn)動員的重心到單杠的距離為0.9m

C．在最高點(diǎn)速度為4m/s時，運(yùn)動員受單桿的彈力大小跟重力大小相等

D．在最高點(diǎn)速度為4m/s時，運(yùn)動員受單桿的彈力大小為428N，方向向下

【答案】BD

【詳解】A．對運(yùn)動員在最高點(diǎn)進(jìn)行受力分析，由圖2可知v20

F550

對運(yùn)動員受力分析可得Fmg0，解得mkg55kg，故A錯誤；

g10

B．由圖2可知，當(dāng)v29m2/s2，此時F0

v2

重力通過向心力，根據(jù)牛頓第二定律可得mgm，解得r0.9m，故B正確；

r

CD．在最高點(diǎn)速度為4m/s時，運(yùn)動員受到單杠的彈力的方向向下，根據(jù)牛頓第二定律可得

v2

Fmgm，解得F427.8N428N，方向豎直向下，故C錯誤，D正確。

r

【變式1-2】（2023·山東·模擬預(yù)測）如圖所示，豎直平面內(nèi)固定有一個半徑為R的光

滑圓環(huán)形細(xì)管，現(xiàn)給小球（直徑略小于管內(nèi)徑）一個初速度，使小球在管內(nèi)做圓周運(yùn)動，小

球通過最高點(diǎn)時的速度為v。已知重力加速度為g，則下列敘述中正確的是（）

A．v的最小值為gR

B．當(dāng)vgR時，小球處于完全失重狀態(tài)，不受力的作用

C．當(dāng)v2gR時，軌道對小球的彈力方向豎直向下

D．當(dāng)v由gR逐漸減小的過程中，軌道對小球的彈力也逐漸減小

【答案】C

【詳解】A．小球通過最高點(diǎn)時細(xì)管可以提供豎直向上的支持力，當(dāng)支持力的大小等于小球

重力的大小，小球的最小速度為零，故A錯誤；

v2

B．根據(jù)公式a可知，當(dāng)vgR時，小球的加速度為ag

r

方向豎直向下，則小球處于完全失重狀態(tài)，只受重力作用，故B錯誤；

v2

C．當(dāng)v2gR時，小球需要的向心力為Fm2mg

nR

則可知，軌道對小球的彈力大小為mg，方向豎直向下，故C正確；

v2

D．當(dāng)vgR時，小球需要的向心力Fmmg

nR

v2v2

可知，小球受軌道豎直向上的彈力，由牛頓第二定律有mgNm，可得Nmgm，

RR

則v逐漸減小的過程中，軌道對小球的彈力N逐漸增大，故D錯誤。

故選C。

（3.確。

錯

1．（2023·全國甲卷·第14題）一同學(xué)將鉛球水平推出，不計空氣阻力和轉(zhuǎn)動的影響，鉛

球在平拋運(yùn)動過程中（）

A．機(jī)械能一直增加B．加速度保持不變C．速度大小保持不變D．被推出后瞬間動能

最大

【答案】B

【詳解】A．鉛球做平拋運(yùn)動，僅受重力，故機(jī)械能守恒，A錯誤；

B．鉛球的加速度恒為重力加速度保持不變，B正確；

CD．鉛球做平拋運(yùn)動，水平方向速度不變，豎直方向做勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)運(yùn)動的合成

可知鉛球速度變大，則動能越來越大，CD錯誤。

故選B。

2．（2023·山東·模擬預(yù)測）如圖，汽車從靜止開始通過纜繩將質(zhì)量為m的貨物從A處沿光滑

斜面拉到B處，此過程中貨物上升高度為h，到B處時定滑輪右側(cè)纜繩與水平方向間的夾角

為θ，左側(cè)纜繩與斜面間的夾角為2θ，汽車的速度大小為v，此時貨物的速度大小為（）

1cos

A．vB．(sin)v

costansintan

C．2cosD．2sinv

【答案】A

【詳解】汽車和貨物運(yùn)動過程中，速度關(guān)聯(lián)，如圖所示

v繩

把繩子左端點(diǎn)的實(shí)際速度分解為沿繩和垂直于繩的兩個方向，有v貨把繩子右端點(diǎn)

cos2

v繩1

的實(shí)際速度分解為沿繩和垂直于繩兩個方向，有v聯(lián)立可得v貨v故

coscostansin

選A。

3．（2023·云南·昆明高三模擬預(yù)測）跑馬射箭是民族馬術(shù)中的一個比賽項(xiàng)目，如圖甲所示，

運(yùn)動員需騎馬在直線跑道上奔跑，彎弓射箭，射擊側(cè)方的固定靶標(biāo)，該過程可簡化為如圖乙

（俯視圖）所示的物理模型：假設(shè)運(yùn)動員騎馬以大小為v1的速度沿直線跑道勻速奔馳，箭被

射出前箭頭沿直線運(yùn)動，其軌跡所在直線與靶心的水平距離為d。為保證箭能命中靶心且在

空中運(yùn)動的時間最短，運(yùn)動員應(yīng)在合適的位置將箭水平射出，若箭射出瞬間相對弓的速度大

小為v2，不計空氣阻力。下列說法正確的是（）

d

A．箭射中靶心的最短時間為

v1

d

B．箭射中靶心的最短時間為22

v1v2

C．箭射出瞬間箭頭到靶心的水平距離為d

dv2v2

D．箭射出瞬間箭頭到靶心的水平距離為12

v2

【答案】D

【詳解】AB．為保證箭能命中靶心且在空中運(yùn)動的時間最短，應(yīng)垂直v1的方向把箭射出，射

出的箭同時參與了兩個分運(yùn)動，分別為沿直線跑道方向的分運(yùn)動，速度為v1，垂直直線跑道

d

方向的分運(yùn)動，速度為v2，則箭射中靶心的最短時間為tmin，AB錯誤；