易错点04 对曲线运动的分析存在误区
目 录
01 易错陷阱
易错点一：不会运用运动的合成与分解求解两种模型
易错点二：对抛体运动理解有误
易错点三：对圆周运动理解有误
02 易错知识点
知识点一、绳杆末端速度分解的三种方法
知识点二、常见斜面平抛模型与结论
类型一：沿着斜面平抛
类型二：垂直撞斜面平抛运动
类型三：撞斜面平抛运动中的最小位移问题
知识点三、水平方向上的圆周运动
知识点四、竖直面内“绳、杆（单、双轨道）”模型对比
知识点五、竖直面内圆周运动常见问题与二级结论
03 举一反三——易错题型
题型一：对绳、杆端速度进行分解
题型二：平抛运动与斜面、曲面的结合
题型三：多体平抛运动
题型四：斜抛运动
题型五：水平面上的圆周运动（圆锥摆，圆碗……）
题型六：竖直面的绳、杆模型及临界条件
04 易错题通关
易错点一：不会运用运动的合成与分解求解两种模型
1．解决小船渡河问题掌握“三模型、两方案、两确定”
（1）小船渡河三种模型
渡河时间最短 当船头方向垂直河岸时，渡河时间最短，最短时间tmin＝
渡河位移最短 如果v船>v水，当船头方向与上游河岸夹角θ满足v船cosθ＝v水时，合速度垂直河岸，渡河位移最短，等于河宽d
如果v船2.绳（杆）关联速度问题
（1）易错注意点
①绳或杆质量忽略不计
②绳或杆不可伸长
③沿绳(杆)方向的速度分量大小相等．
（2）思路方法
合运动（实际发生的运动）→合速度→绳(杆)拉物体的实际运动速度v
分运动（对合运动沿某方向分解的运动）→分速度→
方法：v1与v2的合成遵循平行四边形定则．
（3）绳、杆末端速度分解四步
①找到合运动——物体的实际运动；②确定分运动——沿绳(杆)和垂直于绳(杆)；③作平行四边形；④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。
易错点二：对抛体运动理解有误
1．平抛(或类平抛)运动所涉及物理量的特点
物理量 公式 决定因素
飞行时间 t＝ 取决于下落高度h和重力加速度g，与初速度v0无关
水平射程 x＝v0t＝v0 由初速度v0、下落高度h和重力加速度g共同决定
落地速度 vt＝＝ 与初速度v0、下落高度h和重力加速度g有关
速度改变量 Δv＝gΔt，方向恒为竖直向下 由重力加速度g和时间间隔Δt共同决定
2． 平抛运动中物理量的关系图
两个三角形，速度与位移；
九个物理量，知二能求一；
时间和角度，桥梁和纽带；
时间为明线，角度为暗线。
3． 平抛运动常用三种解法
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推论法：若已知h、x，可求出tanθ=2tanα=2h/x；
③动能定理法：若已知h、v0，动能定理：mgh= mv2- mv02 ，可求出。
4.平抛运动中的临界、极值问题
在平抛运动中，由于时间由高度决定，水平位移由高度和初速度决定，因而在越过障碍物时，有可能会出现恰好过去或恰好过不去的临界状态，还会出现运动位移的极值等情况．
1．若题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，明显表明题述的过程中存在着临界点．
2．若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述的过程中存在着“起止点”，而这些“起止点”往往就是临界点．
3．若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程中存在着极值点，这些极值点也往往是临界点．
易错点三：对圆周运动理解有误
1．匀速圆周运动的向心力公式为F＝m＝mω2r＝mr()2.
2．物体做匀速圆周运动的条件：合力大小不变，方向始终与速度方向垂直且指向圆心，提供物体做圆周运动的向心力．
易错分析
3．向心力是效果力：向心力是根据力的作用效果命名的，不是性质力，它可以是重力、弹力、摩擦力等各种性质的力，也可以是它们的合力，或某个力的分力．注意在分析物体受力时，不能说物体还受一个向心力的作用，向心力可以是某一种性质力，也可以是几个性质力的合力或某一性质力的分力．
知识点一、绳杆末端速度分解的三种方法
方法一、微元法
要求船在该位置的速率即为瞬时速率，需从该时刻起取一小段时间来求它的平均速率，当这一小段时间趋于零时，该平均速率就为所求速率。
如图所示，设船在θ角位置经△t时间向左行驶△x距离，滑轮右侧的绳长缩短△L，当绳与水平方向的角度变化很小时，△ABC可近似看做是一直角三角形，因而有△L=△x cosθ，两边同除以△t得：，即收绳速率v0=vA cosθ，因此船的速率为：vA=υ0/cosθ。
方法二、效果分解法
首先确定合运动，即物体实际运动；其次确定物体A的两个分运动。两个分运动：一是沿绳的方向被牵引，绳长缩短。绳长缩短的速度即等于v1=v0；二是随着绳以定滑轮为圆心的摆动，它不改变绳长，只改变角度θ的值。这样就可以将vA按图示方向进行分解。所以v1及v2实际上就是vA的两个分速度，如图所示，由此可得vA=υ0/cosθ。
方法三、功率等值法
由题意可知：人对绳子做功等于绳子对物体所做的功，即二者做功的功率相等。人对绳子的拉力为F，则对绳子做功的功率为P1=Fv0；绳子对物体的拉力，由定滑轮的特点可知，拉力大小也为F，则绳子对物体做功的功率为P2=FvAcosθ，因为P1= P2所以vA=v0/cosθ。
知识点二、常见斜面平抛模型与结论
类型一：沿着斜面平抛
1.斜面上平抛运动的时间的计算
斜面上的平抛(如图)，分解位移（位移三角形）
x＝v0t ，
y＝gt2，
tan θ＝，
可求得t＝。
2.斜面上平抛运动的推论
根据推论可知，tanα=2tanθ，同一个斜面同一个θ，所以，无论平抛初速度大小如何，落到斜面速度方向相同。
3.与斜面的最大距离问题
【构建模型】如图所示，从倾角为θ的斜面上的A点以初速度v0水平抛出一个物体，物体落在斜面上的B点，不计空气阻力．
法一：(1) 以抛出点为坐标原点，沿斜面方向为x轴，垂直于斜面方向为y轴，建立坐标系，如图(a)所示
vx＝v0cos θ，vy＝v0sin θ，
ax＝gsin θ，ay＝gcos θ.
物体沿斜面方向做初速度为vx、加速度为ax的匀加速直线运动，垂直于斜面方向做初速度为vy、加速度为ay的匀减速直线运动，类似于竖直上抛运动．
令v′y＝v0sin θ－gcos θ·t＝0，即t＝.
(2)当t＝时，物体离斜面最远，由对称性可知总飞行时间T＝2t＝，
A、B间距离s＝v0cos θ·T＋gsin θ·T2＝.
法二：(1) 如图(b)所示，当速度方向与斜面平行时，离斜面最远，v的切线反向延长与v0交点为此时横坐标的中点P，
则tan θ＝＝，t＝.
(2) ＝y＝gt2＝，而∶＝1∶3，所以＝4y＝，A、B间距离s＝＝.
法三：(1)设物体运动到C点离斜面最远，所用时间为t，将v分解成vx和vy，如图(c)所示，则由tan θ＝＝，得t＝.
(2)设由A到B所用时间为t′，水平位移为x，竖直位移为y，如图(d)所示，由图可得
tan θ＝，y＝xtan θ ①
y＝gt′2 ②
x＝v0t′ ③
由①②③式得：t′＝
而x＝v0t′＝，
因此A、B间的距离s＝＝.
类型二：垂直撞斜面平抛运动
方法：分解速度．
vx＝v0，
vy＝gt，
tan θ＝＝，
可求得t＝.
底端正上方平抛撞斜面中的几何三角形
类型三：撞斜面平抛运动中的最小位移问题
过抛出点作斜面的垂线，如图所示，
当小球落在斜面上的B点时，位移最小，设运动的时间为t，则
水平方向：x＝hcos θ·sin θ＝v0t
竖直方向：y＝hcos θ·cos θ＝gt2，解得v0＝ sin θ，t＝cos θ.
知识点三、水平方向上的圆周运动
1．结构特点：一根质量和伸长可以不计的轻细线，上端固定，下端系一个可以视为质点的摆球在水平面内做匀速圆周运动，细绳所掠过的路径为圆锥表面。
2．受力特点：摆球质量为，只受两个力即竖直向下的重力和沿摆线方向的拉力。两个力的合力，就是摆球做圆周运动的向心力，如图所示（也可以理解为拉力的竖直分力与摆球的重力平衡，的水平分力提供向心力）。
4．运动特点：摆长为，摆线与竖直方向的夹角为的圆锥摆，摆球做圆周运动的圆心是O，圆周运动的轨道半径是
向心力
摆线的拉力
【讨论】：(1)当摆长一定，摆球在同一地点、不同高度的水平面内分别做匀速圆周运动时，据可知，若角速度越大，则越大，摆线拉力也越大，向心加速度也越大，线速度 =也越大。
结论是：同一圆锥摆，在同一地点，若越大，则摆线的拉力越大，向心力越大，向心加速度也越大，转动的越快，运动的也越快，。
(2)当为定值时（为摆球的轨道面到悬点的距离h，即圆锥摆的高度），摆球的质量相等、摆长不等的圆锥摆若在同一水平面内做匀速圆周运动，则摆线拉力，向心力，向心加速度，角速度，线速度。
结论是：在同一地点，摆球的质量相等、摆长不等但高度相同的圆锥摆，转动的快慢相等，但角大的圆锥摆，摆线的拉力大，向心力大，向心加速度大，运动得快。
知识点四、竖直面内“绳、杆（单、双轨道）”模型对比
轻绳模型（没有支撑） 轻杆模型（有支撑）
常见 类型
过最高点的临界条件 由mg＝m得v临＝ 由小球能运动即可得v临＝0
对应最低点速度v低≥ 对应最低点速度v低≥
绳不松不脱轨条件 v低≥或v低≤ 不脱轨
最低点弹力 F低-mg =mv低2/r F低=mg+mv低2/r，向上拉力 F低-mg =mv低2/r F低=mg+mv低2/r，向上拉力
最高点弹力 过最高点时，v≥，FN＋mg＝m，绳、轨道对球产生弹力FN＝m-mg 向下压力 (1)当v＝0时，FN＝mg，FN为向上支持力 (2)当0＜v＜时，－FN＋mg＝m，FN向上支持力，随v的增大而减小 (3)当v＝时，FN＝0 (4)当v＞时，FN＋mg＝m，FN为向下压力并随v的增大而增大
在最高 点的FN 图线 取竖直向下为正方向 取竖直向下为正方向
知识点五、竖直面内圆周运动常见问题与二级结论
【问题1】一个小球沿一竖直放置的光滑圆轨道内侧做完整的圆周运动，轨道的最高点记为A和最低点记为C，与原点等高的位置记为B。圆周的半径为
要使小球做完整的圆周运动，当在最高点A 的向心力恰好等于重力时，由可得①
对应C点的速度有机械能守恒得②
当小球在C点时给小球一个水平向左的速度若小球恰能到达与O点等高的D位置则由机械能守恒
得③
小结：(1).当时小球能通过最高点A小球在A点受轨道向内的支持力由牛顿第二定律④
(2).当时小球恰能通过最高点A小球在A点受轨道的支持力为0由牛顿第二定律。⑤
(3).当时小球不能通过最高点A小球在A点，上升至DA圆弧间的某一位向右做斜抛运动离开圆周，且v越大离开的位置越高，离开时轨道的支持力为0
在DA段射重力与半径方向的夹角为则、
(4).当时小球不能通过最高点A上升至CD圆弧的某一位置速度减为0之后沿圆弧返回。上升的最高点为C永不脱离轨道
【问题2】常见几种情况下物体受轨道的作用力
(1)从最高点A点静止释放的小球到达最低点C：由机械能守恒
在C点由牛顿运动定律： 得⑥
(2)从与O等高的D点（四分之一圆弧）处静止释放到达最低点C：由机械能守恒
在C点由牛顿运动定律： 得⑦
(3)从A点以初速度释放小球到达最低点
由机械能守恒
在C点由牛顿运动定律： 得⑧
题型一：对绳、杆端速度进行分解
【例1】（2024 荆门三模）如图所示，一辆货车利用跨过光滑定滑轮的轻质不可伸长的缆绳提升一箱货物，已知货箱的质量为m0，货物的质量为m，货车向左做匀速直线运动，在将货物提升到图示的位置时，货箱速度为v，连接货车的缆绳与水平方向夹角为θ，不计一切摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．货车的速度等于vcosθ
B．货物处于失重状态
C．缆绳中的拉力FT大于（m0+m）g
D．货车对地面的压力大于货车的重力
【解答】解：A、关联速度可知，沿着绳上的速度相等，可知v货cosθ＝v
解得
故A错误；
B、货车向左做匀速直线运动的过程中，θ减小，cosθ增大，货车向左做匀速直线运动，v增大，加速度向上，则货物处于超重状态，故B错误；
C、由加速度向上，则FT﹣（m+m0）g＝（m+m0）a
缆绳中的拉力FT大于（m0+m）g，故C正确；
D、对货车受力分析可得FN+FTsinθ＝m货g
即FN＜m货g
货车的对地面的压力小于货车的重力，故D错误；
故选：C。
【变式1-1】（2024 锦江区校级模拟）为了减小关后备箱时箱盖和车体间的冲力，在箱盖和车体间安装液压缓冲杆，其结构如图所示。当液压杆AO2长度为L时，AO2和水平方向夹角为75°，AO1和水平方向夹角为45°，A点相对于O1的速度是vA，则A点相对于O2的角速度为（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：由几何关系可知∠O1AO2＝30°；
将vA沿着AO2杆和垂直AO2杆分解如图
由几何关系可得v⊥与vA之间的夹角是30°，且vAcos30°＝v⊥
设A点相对于O2的角速度为ω，则v⊥＝ωL
解得
故A正确，BCD错误。
故选：A。
【变式1-2】（2024 浙江模拟）如图所示，有一半径为r的圆环在一水平地面上向右运动，且其圆心速度大小为v。现有一木板，左端固定于地面之上，同时还搭于圆环之上，且木板与地面所成锐角为θ。则木板转动的角速度ω为（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：设圆周与上木板的接触点为P，圆心为O，角的顶点为A，连接AO，AP之间的距离为x，将圆心的速度分解为板的速度和圆上P点的速度，如图所示
由几何关系有
由运动的合成与分解有
v板＝vsinθ
板的角速度为
解得
故B正确，ACD错误。
故选：B。
【变式1-3】（2024 西城区校级模拟）如图所示，小球A、B用一根长为L的轻杆相连，竖直放置在光滑水平地面上，小球C挨着小球B放置在地面上。由于微小扰动，小球A沿光滑的竖直墙面下滑，小球B、C在同一竖直面内向右运动。当杆与墙面夹角为θ，小球A和墙面恰好分离，最后小球A落到水平地面上。下列说法中不正确的是（ ）
A．当小球A的机械能取最小值时，小球B与小球C的加速度为零
B．小球A由静止到与墙面分离的过程中，小球B的速度先增大后减小
C．当小球A和墙面恰好分离时，小球B与小球C也恰好分离
D．当小球A和墙面恰好分离时，A、B两球的速率之比为tanθ：1
【解答】解：B．从静止开始到小球A和墙面恰好分离的过程，对A、B、C三个小球组成的系统，由于受到竖直墙面向右的弹力，根据动量定理可得Ft＝（mB+mC）vB，
所以小球A由静止到与墙面分离的过程中，小球B的速度一直增大，故B错误；
A．对A、B、C三个小球组成的系统，机械能守恒，由B项的分析可知，球A和墙面恰好分离时，小球B与小球C速度最大，则其加速度最小，机械能最大，则此时A球机械能最小，
所以当小球A的机械能取最小值时，小球B与小球C的加速度为零，故A正确；
C．当小球A与墙面分离后，水平方向动量守恒，小球A在水平方向的速度会不断增大，B球在水平方向的速度会不断减小，所以在小球A与墙面分离瞬间，小球 C球和小球B分离，故C正确；
D．当小球A和墙面恰好分离时，两球的速度分解如图所示：
两球的速度关联，沿杆方向的速度相等，有vAcosθ＝vBsinθ，可得：，故D正确。
本题选错误的，
故选：B。
题型二：平抛运动与斜面、曲面的结合
【例2】（2024 五华区校级模拟）国家跳台滑雪中心是中国首座跳台滑雪场馆，主体建筑灵感来自于中国传统饰物“如意”，因此被形象地称作“雪如意”。如图所示，现有甲、乙两名可视为质点的运动员从跳台a处先后沿水平方向向左飞出，初速度大小之比为2：3，不计空气阻力，则甲、乙从飞出至落到斜坡（可视为斜面）上的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙飞行时间之比为3：2
B．甲、乙飞行的水平位移之比为4：9
C．甲、乙在空中竖直方向下落的距离之比为2：3
D．甲、乙落到坡面上的瞬时速度方向与水平方向的夹角之比为2：3
【解答】解：A、坡面倾角即为位移与水平方向的夹角，设为θ，则有
tanθ，故飞行时间与初速度成正比，
整理解得
甲、乙两人飞行时间之比为2：3，故A错误；
B、根据x＝v0t，
代入数据解得
可得甲、乙两人飞行的水平位移之比为4：9，故B正确；
C、把运动员的运动分解为沿斜面方向的运动和垂直于斜面方向的运动，由几何关系可知，运动员在垂直于斜面方向上做初速度为v0sinθ，加速度大小为gcosθ的匀减速运动，当垂直于斜面方向的速度减小到零时，运动员离斜面距离最大，为
，
代入数据解得则他们在空中离雪坡面的最大距离之比为，故C错误；
D、当落在斜坡上时，瞬时速度与水平方向夹角正切值的两倍，只要是落在斜面上，位移与水平方向的夹角就相同，所以两人落到斜坡上的瞬时速度方向一定相同，故D错误。
故选：B。
【变式2-1】（2024 德州模拟）如图所示，把一小球从斜面上先后以相同大小的速度抛出，一次水平抛出，另一次抛出的速度方向与斜面垂直，两小球最终都落到斜面上，水平抛出与垂直斜面抛出落点到抛出点的距离之比为（ ）
A．1：2 B．2：1 C．1：1 D．1：3
【解答】解：设斜面倾角为θ，当小球做平抛运动落在斜面上时；
根据平抛运动规律，水平位移为x＝v0t
竖直位移
根据数学知识
抛出点与落点之间的距离
代入数据解得；
当小球垂直于斜面抛出时，小球做斜抛运动，根据运动的合成与分解，竖直分速度vy＝v0cosθ，水平分速度vx＝v0sinθ
以抛出点为参考点，根据斜抛运动规律，水平位移x1＝vxt1
竖直位移
根据数学知识
抛出点与落点之间的距离
代入数据解得；
因此有，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【变式2-2】（2024 观山湖区校级模拟）如图所示为固定的半圆形竖直轨道，AB为水平直径，O为圆心，现同时从A、B两点水平相向抛出甲、乙两个小球，其初速度大小分别为v1、v2，且均落在轨道上的C点，已知OC与竖直方向的夹角θ＝30°，忽略空气阻力，两小球均可视为质点。则下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙两球不会同时落到轨道上
B．两者初速度关系为v1＞v2
C．整个下落过程，甲球速度变化量大于乙球速度变化量
D．甲球可沿半径方向垂直打在轨道上C点
【解答】解：AC、由图可知，两个物体下落的高度是相等的，
自由落体运动下降的高度为
又速度变化为
Δv＝gt
可知甲、乙两球下落到轨道的时间相等，即甲、乙两球同时落到轨道上，甲、乙两球下落到轨道的速度变化量相同，故AC错误。
B、设圆形轨道的半径为R，则甲水平位移为
x甲＝R+Rsin30°＝R+0.5R＝1.5R
乙水平位移为
x乙＝R﹣Rsin30°＝R﹣0.5R＝0.5R
可得
x甲＝3x乙
小球水平方向做匀速直线运动，则有
v1：v2＝3：1
故B正确。
D、由平抛运动推论，速度反向延长线过水平位移中点，由题图可知若甲球垂直打在轨道上，由几何关系，其速度方向延长线应过O点，与推论矛盾，则甲球不可能沿半径方向垂直打在半圆形竖直轨道上，故D错误。
故选：B。
【变式2-3】（多选）（2023 海口三模）如图所示，DOE为竖直半圆，O为圆周的最低点，B、C关于过O点的竖直线左右对称。现从D点分别水平抛出三个小球a、b、c，其落点分别为圆周上的A、B、C三点。不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．飞行时间最短的是小球c
B．飞行位移最小的是小球a
C．三个小球飞行的加速度大小关系为aa＜ab＝ac
D．小球c的初速度比小球b的初速度大
【解答】解：A、小球在空中做平抛运动，竖直方向有
由图可知小球a下落高度最小，则飞行时间最短的是小球a，故A错误；
B、由图可知小球a下落高度最小，且水平位移最小，根据
可知飞行位移最小的是小球a，故B正确；
C、三个小球做平抛运动，竖直方向上做的是自由落体运动，三个小球飞行的加速度均为重力加速度，故C错误；
D、由图可知小球c与小球b的下落高度相同，则空中飞行时间相同，小球c的水平位移大于小球b的水平位移，则小球c的初速度比小球b的初速度大，故D正确。
故选：BD。
题型三：多体平抛运动
【例3】（2024 南京二模）如图所示，在同一竖直面内，物块1从a点以速度v1水平抛出，同时物块2从b点以速度v2抛出，两物块在落地前相遇，两物块均视为质点，除重力外不受其他作用力。下列说法正确的是（ ）
A．相遇点在二者初速度连线交点的正下方
B．只改变v1的大小，两物块仍可相遇
C．只改变v2的大小，两物块仍可相遇
D．只把v2的方向向左转动，两物块仍可相遇
【解答】解：设a离地的高度为h，ab间水平距离为L，如图所示。
取竖直向上为正方向，相遇时，竖直方向有
（v2sinα t）＝h
可得t
相遇点到b点的水平距离为x2＝v2cosα t＝v2cosα bc，可知相遇点在二者初速度连线交点的正下方，故A正确；
B、只改变v1的大小，由上分析可知相遇时所用时间仍为t
水平方向应有v1t+v2cosα t＝L
其他量不变，只改变v1的大小，上式不成立，即两物块不能相遇，故B错误；
C、只改变v2的大小，相遇时，水平方向应有v1t+v2cosα t＝L，将t代入得：
v1v2cosα L
即L
只改变v2的大小，上式不成立，即两物块不能相遇，故C错误；
D、只把v2的方向向左转动，即只改变α，L不成立，即两物块不能相遇，故D错误。
故选：A。
【变式3-1】（2023 铁东区校级二模）如图所示，A、B两小球从相同高度同时水平抛出，经过时间t在空中相遇，若两球的抛出速度都变为原来的，不计空气阻力，则两球从抛出到相遇的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．相遇时间变为
B．相遇时间变为
C．相遇点的高度下降了
D．相遇点的位置在原来的左下方
【解答】解：AB、设第一次抛出时A球的速度为v1，B球的速度为v2，则A、B间的水平距离x＝（v1+v2）t，第二次两球的速度为第一次的，但两球间的水平距离不变，则，联立得t′＝2t，故AB错误；
CD、两次相遇位置的高度差Δh，相遇位置在原来的正下方，故C正确，D错误。
故选：C。
【变式3-2】如图所示，两人各自用吸管吹黄豆，甲黄豆从吸管末端P点水平射出的同时乙黄豆从另一吸管末端M点斜向上射出，经过一段时间后两黄豆在N点相遇，曲线1和2分别为甲、乙黄豆的运动轨迹。若M点在P点正下方，M点与N点位于同一水平线上，且PM长度等于MN的长度，不计黄豆的空气阻力，可将黄豆看成质点，则（ ）
A．两黄豆相遇时，甲的速度与水平方向的夹角的正切值为乙的两倍
B．甲黄豆在P点速度与乙黄豆在最高点的速度不相等
C．两黄豆相遇时甲的速度大小为乙的两倍
D．乙黄豆相对于M点上升的最大高度为PM长度一半
【解答】解：B、设甲黄豆做平抛运动的时间为t，那么乙黄豆做斜抛运动的时间也为t，根据斜抛运动的对称性可知：乙黄豆从M点运动至最高点的时间为，乙黄豆从M点运动至最高点的水平位移为MN的一半，设PM＝MN＝L，甲黄豆在P点的速度为v1，乙黄豆到达最高点的速度为v′，在水平方向上有运动学规律，对甲黄豆：L＝v1t，对乙黄豆从M点运动至最高点有：，联立解得：v1＝v′，故B错误；
ACD、对甲黄豆到达N点时，在竖直方向上：L，v1y＝gt，
在水平方向：v1；
甲黄豆到达N点时的速度为：v甲，
对乙黄豆在从M点运动至最高点的过程中，由逆向思维得上升的最大高度为：h，所以乙黄豆相对于M点上升的最大高度为PM长度的；
乙黄豆在M点的竖直方向分速度为：，则：，
由运动的合成与分解得乙黄豆在N点的速度为：，所以两黄豆相遇时甲的速度大小不是乙的两倍；
两黄豆相遇时甲的速度与水平方向的夹角正切值为：tanα2，
乙的速度与水平方向的夹角正切值为：tanβ，所以两黄豆相遇时甲的速度与水平方向的夹角不是乙的两倍，甲的速度与水平方向的夹角的正切值为乙的两倍；故A正确，CD错误。
故选：A。
【变式3-3】（2024 安康模拟）如图所示，小球从O点的正上方离地h＝40m高处的P点以v1＝10m/s的速度水平抛出，同时在O点右方地面上S点以速度v2斜向左上方与地面成θ＝45°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。若不计空气阻力，则两小球抛出后到相遇过程中所用的时间为（ ）
A．1s B． C．2s D．3s
【解答】解：平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动；
设两小球抛出后到相遇过程中所用的时间为t，水平方向上有
2v1t＝v2cos45° t
竖直方向上有
联立解得
t＝2s
故ABD错误，C正确。
故选：C。
题型四：斜抛运动
【例4】（2024 朝阳区校级模拟）如图为烟花在空中的运动轨迹，虚线为轨迹上a、b、c三点的切线，其中最高点b的切线方向水平，c点的切线方向竖直，可知该烟花（ ）
A．由a点运动到c点过程中，水平方向做匀速运动
B．由b点到c点做平抛运动
C．在b点的加速度方向竖直向下
D．在b点处于失重状态
【解答】解：A、烟花速度方向沿运动轨迹的切线方向，烟花在c点的水平速度为零，故烟花受到空气阻力的作用，水平方向并非是匀速运动，故A错误；
B、由于存在空气阻力的作用，烟花由b点到c点不是做平抛运动，故B错误；
C、烟花在b点受到空气阻力和重力的作用，其加速度并非是竖直向下，故C错误；
D、由于在b点时烟花存在向下的加速度，故烟花处于失重状态，故D正确。
故选：D。
【变式4-1】（2024 南昌一模）一住宅阳台失火，消防员用靠在一起的两支水枪喷水灭火，如图所示甲水柱射向水平阳台近处着火点A，乙水柱射向水平阳台远处清火点B，两水柱最高点在同一水平线上，不计空气阻力，甲、乙水柱喷出时的速度大小分别为v1、v2，甲、乙水柱在空中运动的时间分别为t1、t2。以下判断正确的是（ ）
A．v1＞v2，t1＝t2 B．v1＜v2，t1＝t2
C．v1＞v2，ι1＜t2 D．v1＜v2，t1＜t2
【解答】解：从最高点到失火处水做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，由h，解得：t，因为从最高点到失火处两水枪喷出的水下落高度相等，所以从最高点到失火处两水枪喷出的水运动时间相等。从喷出到最高点的逆过程也是平抛运动，上升高度相等，运动时间相等，所以甲、乙水枪喷出的水在空中运动的时间相同。
从最高点到失火处的过程，甲水枪喷出的水水平射程较小，运动时间相等，由x＝vxt知甲水枪喷出的水速度在水平方向的分量vx较小，而其竖直方向的分速度vy与乙的相同，根据v可知甲的初速度v1小于乙的初速度v2，故A正确，BCD错误。
故选：B。
【变式4-2】（2024 江苏模拟）如图所示，从水平面上A点以倾角为α斜向上方抛出一小球，抛出时速度大小为v0，小球落到倾角为θ的斜面上C点时，速度方向正好与斜面垂直，B为小球运动的最高点，已知重力加速度为g，则（ ）
A．小球在B点的速度大小为v0sinα
B．小球从A点运动到B点的时间为
C．小球落到C点前瞬间竖直方向的速度为
D．小球从B点运动到C点的时间为
【解答】解：A.把v0进行分解有，得vx＝v0cosα，根据斜上抛运动水平方向的匀速直线运动特点，最高点B只有水平方向速度故vx＝v0cosα，故A错误；
B.小球在A点的竖直分速度vy＝v0sinα，从A到B的过程中竖直方向做竖直上抛运动，结合逆向思维方法，从A到B的时间为，故B错误；
C.把C处速度vC进行分解，如图所示
有，得，故C正确；
D.由C中可知，而B到C竖直方向为自由落体运动，故有vCy＝gt′，得，故D错误。
故选：C。
【变式4-3】（2024 东莞市校级模拟）过水门仪式是国际民航中最高级别的礼仪。如图所示，“过水门”仪式中的“水门”是由两辆消防车喷出的水柱形成的。两条水柱形成的抛物线对称分布，且刚好在最高点相遇。已知两水柱均沿与水平方向成45°角喷出，且从喷出到在最高点相遇所用时间为3s。重力加速度g取10m/s2，忽略空气阻力和水流之间的相互作用，下列说法正确的是（ ）
A．“水门”的高度一定为90m
B．“水门”的跨度一定为180m
C．在最高点相遇时，水柱的速度为零
D．水喷出的瞬间，速度水平方向分量为15m/s
【解答】解：A．在竖直方向上，水做竖直上抛运动，根据位移—时间关系式计算
故A错误；
BD．由于两水柱均沿与水平方向成45°角喷出，所以水在水平方向的初速度与竖直方向的初速度相等，即
vx＝vy＝gt＝10×3m/s＝30m/s
所以“水门”的跨度为
x＝vx 2t＝30×2×3m＝180m
故B正确，D错误；
C．在最高点相遇时，水柱竖直方向速度为零，水柱的速度即为水平速度30m/s，故C错误。
故选：B。
题型五：水平面上的圆周运动（圆锥摆，圆碗……）
【例5】（2023 朝阳区一模）如图所示，可视为质点的小球用轻质细绳悬挂于B点，使小球在水平面内做匀速圆周运动。现仅增加绳长，保持轨迹圆的圆心O到悬点B的高度不变，小球仍在水平面内做匀速圆周运动。增加绳长前后小球运动的角速度、加速度以及所受细绳的拉力大小分别为ω1、a1、F1和ω2、a2、F2。则（ ）
A．ω1＝ω2 B．a1＞a2 C．F1＝F2 D．F1＞F2
【解答】解：A、对小球受力分析，如下图所示：
绳子的拉力和重力的合力提供向心力，有mgtanθ＝mω2R＝mω2htanθ，解得，仅增加绳长，保持轨迹圆的圆心O到悬点B的高度h不变，则角速度不变，即ω1＝ω2，故A正确；
B、F合＝mgtanθ＝ma，a＝gtanθ，由于增加了绳长而高度h不变，即增大了角度θ，则加速度变大，a1＜a2，故B错误；
CD、根据受力分析可知，θ增大则F增大，有F1＜F2，故C错误；故D错误。
故选：A。
【变式5-1】（2023 河北一模）如图所示，光滑水平板开有小孔，顶角θ＝60°的光滑圆锥的顶点紧靠着小孔，圆锥的高位于竖直面。质量相同的小球用穿过小孔的轻绳连接，两球分别位于水平板和圆锥侧面上。为了保证小球Q的高度不变且刚好不脱离圆锥面，让两小球分别做匀速圆周运动。重力加速度为g，则小球P、Q做匀速圆周运动的向心加速度的差值为（ ）
A． B． C．0 D．
【解答】解：由圆周运动可知，对小球P有FT＝ma1
对小球Q，水平方向有：FTcos60°＝ma2
竖直方向有：FTsin60°＝mg
联立解得，故ABC错误；故D正确。
故选：D。
【变式5-2】（多选）（2023 郴州模拟）如图所示。在匀速转动的水平圆盘上，沿直径方向放着用轻绳相连的物体A和B，A和B质量都为m。它们分居圆心两侧，与圆心的距离分别为RA＝r，RB＝3r，A、B与盘间的动摩擦因数相同且均为μ。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当圆盘转速从零开始逐渐加快到两物体刚好要发生但还未发生滑动时，下列说法正确的是（ ）
A．绳子的最大张力为FT＝2μmg
B．当A所受的摩擦力为零时，圆盘的角速度为ω
C．随着角速度的增大，A所受摩擦力的方向和大小都会变化，而B所受的摩擦力方向不变
D．随着角速度的增大，A所受的摩擦力一直减小，而B所受的摩擦力一直增大
【解答】解：A、A和B质量都为m，因B物体离中心轴更远，由Fn＝mω2r知B物体所需要的向心力较大，两个物体与圆盘间的最大静摩擦力相等，所以当转速增大时，B先有滑动的趋势，此时B所受的静摩擦力沿半径指向圆心，A所受的静摩擦力沿半径背离圆心，当B刚要发生相对滑动时，以B为研究对象，由牛顿第二定律有
T+μmg＝mωm2 3r
以A为研究对象，由牛顿第二定律有
T﹣μmg＝mωm2r
联立解得：T＝2μmg，ωm，故A正确；
B、当A所受的摩擦力为零时，以B为研究对象，有
T′+μmg＝mω22 3r
以A为研究对象，有T′＝mω22r
联立解得：ω2，故B错误；
CD、刚开始角速度较小时，A、B两个物体由所受的静摩擦力提供向心力，因B物体离中心轴更远，故B物体所需要向心力更大，即B物体所受到的静摩擦力先达到最大值，此时则有μmg＝mω12 3r，解得ω1，故当0＜ω时，A、B两物体所受的静摩擦力都增大，此时A、B所受摩擦力方向都指向圆心；
当ω时，A物体所受静摩擦力的大小减小，方向指向圆心，B物体所受静摩擦力达到最大，大小不变，方向指向圆心；当ω时，A物体所受的静摩擦的大小增大，方向背离圆心，B物体所受静摩擦力达到最大，大小不变，方向指向圆心，故C正确，D错误。
故选：AC。
【变式5-3】（多选）（2024 博望区校级模拟）通用技术课上，某兴趣小组制作了一个小球爬杆装置，如图所示，竖直杆OM与光滑杆ON均固定在电动机底座上，且ON与水平面间的夹角α＝60°，一弹簧上端固定在OM杆上的P点，下端与穿在ON杆上质量为m的小球相连。装置静止时弹簧与竖直方向间的夹角β＝30°，当电动机带动底座开始转动时，小球开始爬杆。已知OP两点间的距离为L，重力加速度为g。则（ ）
A．装置静止时杆对小球的弹力方向垂直杆ON斜向下
B．装置静止时弹簧弹力的大小为mg
C．装置静止时杆对小球的弹力大小为
D．电动机转动后，当小球稳定在与P点等高的位置时杆的角速度为
【解答】解：A.对小球受力分析如图
由平衡条件可知，小球静止时杆对小球的弹力方向垂直杆ON斜向下，故A正确；
B.根据平衡条件，由几何关系可得小球静止时弹簧弹力的大小为Fk＝2mgcosβ＝2mgmg，故B错误；
C根据平衡条件可得FNsin30°＝mgsin30°，解得小球静止时杆对小猴的弹力大小为FN＝mg，故C错误；
D.由几何关系可知，小球稳定在与P点等高位置时弹簧的长度与开始位置时相等，故弹簧的弹力为，在与P点等高位置，对小球受力分析，
水平方向由牛顿第二定律，竖直方向由平衡条件FN′sin30°＝mg，联立解得，故D正确。
故选：AD。
题型六：竖直面的绳、杆模型及临界条件
【例6】（多选）（2024 南昌模拟）如图所示，一物块放在水平木板上，现用木板托住物块一起绕O点在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动，角速度大小为ω，物块与木板之间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。若在运动过程中物块和木板始终保持相对静止且木板始终保持水平，则下列说法正确的是（ ）
A．在圆心等高处时物块受到的摩擦力为μmg
B．在圆心等高处时物块受到的摩擦力为mω2R
C．ω的最大值为
D．ω的最大值为
【解答】解：AB、物块在圆心等高处时物块受到的静摩擦力提供其做匀速圆周运动所需的向心力，大小为
大小不一定等于μmg，故A错误，B正确；
CD、由于物块加速度的水平方向分量是由摩擦力产生的，加速度的竖直分量是由重力和支持力的合力产生，
根据动力学关系有
μN＝mω2Rsinθ
mg﹣N＝mω2Rcosθ
联立求得
代入数据解得
故C错误，D正确。
故选：BD。
【变式6-1】（2024 西城区一模）如图1所示，长为R且不可伸长的轻绳一端固定在O点，另一端系一小球，使小球在竖直面内做圆周运动。由于阻力的影响，小球每次通过最高点时速度大小不同。测量小球经过最高点时速度的大小v、绳子拉力的大小F，作出F与v2的关系图线如图2所示。下列说法中正确的是（ ）
A．根据图线可以得出小球的质量
B．根据图线可以得出重力加速度
C．绳长不变，用质量更小的球做实验，得到的图线斜率更大
D．用更长的绳做实验，得到的图线与横轴交点的位置不变
【解答】解：AB、根据牛顿第二定律和向心力的计算公式，得到图像的表达式为：F+mg，变形为：F
根据F﹣v2图像的斜率可得：
根据F﹣v2图像的横轴截距可得：0
解得：m，g，故A正确，B错误；
C、根据斜率k，可知R不变，m减小，斜率减小，故C错误；
D、横轴截距b＝gR，可知R变大，g不变，所以b会变大，可得图线与横轴交点的位置向右移动，故D错误。
故选：A。
【变式6-2】（2024 洛阳一模）如图（甲），轻杆一端与一小球相连，另一端连在光滑固定轴上。现使小球在竖直平面内做圆周运动，到达某一位置开始计时，取水平向右为正方向，小球的水平分速度vx随时间t的变化关系如图（乙）所示。不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．在t1时刻小球通过最低点
B．图（乙）中S1面积的数值为0.8m
C．图（乙）中S1和S2的面积不相等
D．图线第一次与横轴的交点对应小球的速度为4m/s
【解答】解：A、t1时刻水平方向速度向右，比t3时刻速度小，说明在最高点，故A错误；
B、小球在竖直平面内自由转动，只有重力做功，机械能守恒。根据2mgR，代入数据解得R＝0.8m，图（乙）中S1面积表示水平位移，从水平速度为零到最高点的水平位移等于半径，即为0.8m，故B正确。
C、小球经过最高点时水平分速度为正，且过最高点的前后两个时刻水平分速度相等，所以t1时刻小球通过最高点。由小球的运动情况可知，S1和S2的面积等于水平方向的位移大小，即杆长，所以面积相等，故C错误。
D、图线第一次与横轴的交点时速度为v，根据机械能守恒知mgR，解得v＝2m/s，故D错误。
故选：B。
【变式6-3】（2024 安徽模拟）如图所示，一滑块（可视为质点）在水平力F的作用下由静止沿粗糙水平直轨道AB开始运动，该力的功率恒定，达到最大速度后，撤掉该力，滑块继续前进一段距离后进入竖直光滑半圆轨道BCD，并恰好通过该轨道最高点D，然后进入光滑半圆管道DEF，最终停在粗糙水平直轨道FG上。已知水平力的恒定功率为10W，滑块的质量为0.2kg，滑块与轨道AB的动摩擦因数为0.5，半圆轨道BCD的半径R＝0.5m，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．滑块在D点的速度大小为
B．半圆管道DEF的半径r可能为0.15m
C．在轨道AB上，滑块的最大速度为10m/s
D．在轨道AB上，滑块减速过程的距离为2.5m
【解答】解：A、滑块恰好通过轨道BCD的最高点D，由重力提供向心力，由牛顿第二定律有
解得：，故A错误；
B、设滑块从D点刚好到达F点，根据动能定理有：，解得r＝0.125m
根据题意，滑块最终停在粗糙水平直轨道FG上，所以半圆管道DEF的半径r应小于0.125m，故B错误；
C、在轨道AB上，滑块的拉力等于摩擦力时，速度最大，设为v′，则有P＝Fv′＝μmgv′，解得：v′＝10m/s，故C正确；
D、设在轨道AB上，滑块减速过程的距离为x。从撤去外力到D点的过程，根据动能定理有：
，解得：x＝7.5m，故D错误。
故选：C。
（2024 黄州区校级二模）如图所示，小球A从地面向上斜抛，抛出时的速度大小为10m/s，方向与水平方向夹角为53°，在A抛出的同时有小球B从某高处自由下落，当A上升到最高点时恰能击中下落的B，不计空气阻力，sin53°＝0.8，重力加速度g取10m/s2。则A、B两球初始距离是（ ）
A．4.8m B．6.4m C．8.0m D．11.2m
【解答】解：小球A的运动可以看成平抛运动的逆过程，水平速度为v0＝vcos53°＝10×0.6m/s＝6m/s，竖直速度为vy＝vsin53°＝10×0.8m/s＝8m/s
相遇时A球竖直方向位移为yAm＝3.2m，运动时间为ts＝0.8s，水平方向位移为x＝v0t＝6×0.8m＝4.8m
B球竖直方向位移yBgt210×0.82m＝3.2m，即初始时A、B两球竖直距离y＝yA+yB＝3.2m+3.2m＝6.4m；
根据勾股定理，A、B两球初始距离为sm＝8m，故C正确，ABD错误。
故选：C。
（2024 顺庆区校级模拟）如图所示，阳光垂直照射到斜面草坪上，在斜面顶端把一高尔夫球水平击出让其在与斜面垂直的面内运动，小球刚好落在斜面底端。B点是运动过程中距离斜面的最远处，A点是在阳光照射下小球经过B点的投影点，不计空气阻力，则（ ）
A．小球在斜面上的投影做匀速运动
B．OA与AC长度之比为1：3
C．若斜面内D点在B点的正下方，则OD与DC长度不等
D．小球在B点的速度与整个段平均速度大小相等
【解答】解：AB、将小球的运动分解为沿斜面和垂直斜面两个分运动，可知小球沿斜面方向做初速度为v0cosθ，加速度为gsinθ的匀加速直线运动，则小球在斜面上的投影做匀加速直线运动；小球垂直斜面方向做初速度为v0sinθ，加速度为gcosθ的匀减速直线运动，B点是运动过程中距离斜面的最远处，则此时小球垂直斜面方向的分速度刚好为0，根据对称性可知，O到B与B到C的时间相等，均为
则有
可得
则有
故AB错误；
C、将小球的运动分解为水平方向的匀速运动和竖直方向的自由落体运动，则小球从O到B有
xOB＝v0t
小球从O到C有
xOC＝v02t＝2xOB
若D点到B点的正下方，则有
xOC＝2xOD
可知D点是OC的中点，则OD与DC长度相等，故C错误；
D、由A选项可知，沿斜面方向和垂直与斜面方向将小球的运动分解后，到达B点的速度为
vB＝v0cosθ+gsinθtOB
小球运动整段的平均速度为
整理可得
由A选项结论可知，O到B与B到C的时间相等，
故
联立上式可知，故D正确。
故选：D。
（2024 清江浦区模拟）金秋九月，正是收割玉米的季节，加工过程中，农民会采用如图甲所示的传送带装置。具体过程如图乙所示，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静止，直至从传送带的顶端飞出，最后落在水平地面上，农民迅速装袋转运。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，重力加速度为g，若不计风力，空气阻力和玉米粒之间的相互作用力，下列说法正确的是（ ）
A．玉米粒在传送带上时，所受摩擦力始终不变
B．玉米粒落地点与传送带底端的水平距离为
C．传送带的速度大小为
D．玉米粒飞出后到落地所用的时间为
【解答】解：A.玉米粒在传送带上运动，分为匀加速运动阶段和匀速阶段，
匀加速阶段：玉米粒与传送带发生相对滑动，受到滑动摩擦力且滑动摩擦力的大小大于玉米粒沿斜面向下的重力的分力大小
匀速阶段：玉米粒与传送带保持相对静止，受到静摩擦力且静摩擦力大小等于玉米粒沿斜面向下的重力的分力大小，故A错误。
设传送带速度为v，脱离传送带后水平方向是匀速直线运动，竖直方向是匀变速直线运动可得
vx＝v cosθ，vy＝v sinθ
到达最高点时，竖直方向上速度为0，从抛出点到最高点时间为t1，水平位移x1
竖直方向上：，t1
水平方向上：x1＝vxt1，代入数据得x1
从最高点到落地点的时间为t2，水平位移x2
竖直方向上：2h，即t2
水平方向上：x2＝vxt2，代入数据得x2
B.玉米粒落地点与传送带底端的水平距离为x，x，故B错误。
C.联立vy＝v sinθ，式子解得v，故C正确。
D.设玉米粒飞出后到落地所用的时间t，，故D错误。
故选：C。
（2024 合肥三模）如图所示，在某次跳台滑雪比赛中，运动员以初速度v0从跳台顶端A水平飞出，经过一段时间后落在倾斜赛道上的B点，运动员运动到P点时离倾斜赛道最远，P点到赛道的垂直距离为PC，P点离赛道的竖直高度为PD，赛道的倾角为θ，重力加速度为g，空气阻力不计，运动员（包括滑雪板）视为质点。则C、D两点间的距离是（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：将运动员在空中的运动分解为沿斜面方向以及垂直斜面方向，根据运动的对称性，可以得到，运动员从A运动到P点和从P点运动到B点所用时间相等，因此运动员沿平行斜面方向的分运动从A到C的时间与从C到B的时间相等，运动员沿平行斜面做加速度为gsinθ的匀加速运动，设整个运动时间为t，AC＝v0cosθ gsinθ （）2
CB＝AB﹣AC＝v0cosθ tgsinθ t2﹣v0cosθ gsinθ（）2＝v0cosθ gsinθ（）2，则CB﹣AC＝v0cosθ gsinθ（）2﹣v0cosθ gsinθ（）2＝gsinθ（）2，由于从A到P的水平位移与从P到B的水平位移相等，因此AD＝DB，则CB﹣AC＝CD＝gsinθ（）2运动员做平抛运动有x＝v0t，，，解得 ，则CD，故A正确，BCD错误。
故选：A。
（2024 盐城三模）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，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
【解答】解：飞镖做平抛运动，由平抛运动的特点知：h，且x＝vt，解得飞镖的飞行时间t，
故飞镖的初速度v＝x，对O、P、Q三点，根据：
hO＝hP＜hQ
则tO＝tP＜tQ
射中O、P两点的飞镖空中飞行时间相同，射中Q点的飞镖空中飞行时间最长，由xQ＝xO＜xP，且hO＝hP＜hQ
可得vQ＜vO＜vP
即射中Q点的飞镖射出时的速度最小，射中P点的飞镖射出时速度最大。
故A错误，BCD正确。
本题选择不正确的，故选：A。
（2024 浙江二模）如图在水平地面上放置一边长为0.8m的正方形水箱，一水管可在ABCD面内绕A点转动θ≤90°，已知出水口截面积为5cm2，出水速率为2.5m/s，不计水管管口长度及一切阻力，水落至液面或打至侧壁不再弹起，则（ ）
A．任何方向喷出的水柱都能打到DCGH或CGFB侧面
B．水在空中运动时间的最大值为
C．空中运动的水的质量最大值为0.5kg
D．若保持θ不变，则随着液面上升，水在空中运动的时长逐渐缩短
【解答】解：AB．根据平抛规律，假设全都落在水平面上，则在竖直方向上做自由落体运动
水平方向上做匀速直线运动，
x＝v0t
联立解得
t＝0.4s，x＝1m
而由几何关系可知
所以不是所有方向喷出的水都能达到DCGH或CGFB侧面，水在空中运动时间的最大值为t＝0.4s，AB错误；
C．水流量
水质量最大值m＝ρQt＝1.0×103×1.25×10﹣3×0.4kg＝0.5kg
C正确；
D．若保持θ与AD边一个较小的角或者与AB边一个较小的角不变，使喷出的水打到侧面一个较高位置处，则随着液面上升，水在空中运动的时长先不变，然后再减小，D错误。
故选：C。
（2024 镇海区校级一模）汽车行驶中经常会经过一些凹凸不平的路面，其凹凸部分路面可以看作圆弧的一部分，如图所示的A、B、C处，其中B处的曲率半径最大，A处的曲率半径为ρ1，C处的曲率半径为ρ2，ρ1＞ρ2，重力加速度为g。若有一辆可视为质点、质量为m的小汽车与路面之间各处的动摩擦因数均为μ，当该车以恒定的速率v沿这段凹凸路面行驶经过A、B、C三点时，下列说法正确的是（ ）
A．汽车在A处受到的摩擦力大小为μmg
B．汽车经过A处时处于失重状态，经过C处时处于超重状态
C．汽车在A点的行驶速度小于时，汽车将做平抛运动
D．汽车经过C处时所受的向心力最小
【解答】解：A、汽车在A处合力作为向心力，即
mg﹣FNA＝m
解得
FNA＝mg﹣m
汽车在A处受到的摩擦力大小
故A错误；
B、汽车经过A处时，加速度向下，合力向下，处于失重状态，
汽车经过C处时，加速度向上，合力向上，处于超重状态，故B正确；
C、要使车安全行驶，则不得离开地面，故经过A处时恰不离开地面有
mg
所以汽车安全行驶的速度不得超过，
汽车在A点的行驶速度大于时，汽车将做平抛运动，故C错误；
D、该车以恒定的速率v，汽车所受向心力Fn，B处的曲率半径最大，汽车经过B处时所受的向心力最小，故D错误。
故选：B。
（2024 盐城三模）如图所示，竖直平面内的光滑金属细圆环半径为R，质量为m的带孔小球穿于环上，一长为R的轻杆一端固定于球上，另一端通过光滑的铰链连接于圆环最低点，重力加速度为g。当圆环以角速度绕竖直直径转动时，轻杆对小球的作用力大小和方向为（ ）
A．2mg，沿杆向上 B．2mg，沿杆向下
C．，沿杆向上 D．，沿杆向下
【解答】解：设轻杆与竖直直径的夹角为θ，由几何关系可得cosθ，解得θ＝60°，则小球做圆周运动的半径为r＝Rsin60°R，做圆周运动所需的向心力为F＝mω2r，
解得F＝3mg，小球有向上运动的趋势，设杆对小球有沿杆向下的拉力F1，环对小球有指向圆心的支持力F2，有F1cos30°+F2cos30°＝F，F1sin30°+mg＝F2sin30°，
解得F1＝2mg，说明杆对小球有沿杆向下的拉力，且大小为2mg，故B正确，ACD错误。
故选：B。
（2024 江苏四模）长均为L的两根轻绳，一端共同系住质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点的距离也为L，重力加速度大小为g，今使小球在竖直平面内以A、B连线为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为2v时，每根绳的拉力大小均为（ ）
A．mg B．2mg C．3mg D．
【解答】解：根据几何关系可知，小球做圆周运动的半径为rL，小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，有：mg＝m，解得：v；
当小球在最高点速率为2v时，根据牛顿第二定律有：mg+2F cos30°
联立解得：Fmg，故A正确，BCD错误。
故选：A。
（2024 河南模拟）如图所示，轻杆上端可绕光滑铰链O在竖直平面内自由转动。可视为质点的小球A固定在轻杆末端。用细绳连接小球B，绳的另一端穿过位于O点正下方的小孔P与A相连。用沿绳斜向上的拉力F作用于小球A，使杆保持水平，某时刻撤去拉力，小球A、B带动轻杆绕O点转动。已知小球A、B的质量均为m，杆长为3L，OP长为5L，重力加速度为g，忽略一切阻力。则下列说法正确的是（ ）
A．杆保持水平时，轻杆对小球A的拉力大小为
B．运动过程中，两小球速度大小相等时的速度值为
C．运动过程中，两小球速度大小相等时细绳对小球A的拉力大小为
D．运动过程中，两小球速度大小相等时轻杆对小球A的拉力大小为
【解答】解：A、对小球A受力分析如图1，可知三力构成的矢量三角形与△OPA相似，根据相似三角形性质有：
代入数据解得：，故A错误；
B、小球A绕O点转动做圆周运动，速度方向沿圆周轨迹切线方向，又因小球A、B通过细绳连接在一起，两者沿绳方向的分速度相等，故两小球速度大小相等时，细绳与小球A的圆周轨迹相切，如图2所示，由几何关系得：，
此时小球A下降的高度：
小球B下降的高度：
对系统由机械能守恒有：mghA+mghB
联立代入数据解得：，故B错误；
C、两小球速度大小相等时，对小球A受力分析如图3，沿绳方向应有：T'+mgcosθ＝ma1
小球B与小球A沿绳方向的加速度大小相等，则对小球B有：mg﹣T'＝ma1
将角度θ代入并联立解得：，故C正确；
D、对A球，在速度最大时，沿杆方向应有：
代入数据解得：，故D错误。
故选：C。
（2024 二模拟）武汉“东湖之眼”摩天轮，面朝东湖、背靠磨山，是武汉东湖风景区地标之一。摩天轮在竖直放置的圆轨道内围绕其圆心O点做半径为R的匀速圆周运动，角速度为ω，在匀速转动的过程中轿厢地板总保持水平状态。如图所示，放置在地板上的物体，其与地板之间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，为了保证物体在匀速转动的过程中始终不相对于地板滑动，则角速度ω的最大值为（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：物块做匀速圆周运动的过程中，对其受力分析如图1所示：
当角速度最大时，静摩擦力达到最大，设地板对物块的作用力为F，F与竖直方向的夹角为θ，且tanθ＝μ；物块在匀速圆周运动过程中，向心力的大小总保持不变，画出矢量三角形如图2所示：
图中虚线圆周的半径大小为向心力的大小，F和mg的矢量和等于向心力，当F与mg的夹角为θ时，此时向心力达到最大；
最大的向心力
根据向心力公式
最大的角速度
综上分析，故A正确；BCD错误。
故选：A。
（2024 济南模拟）如图所示，MN为半径为r的圆弧路线，NP为长度13.5r的直线路线，MN'为半径为4r的圆弧路线，N'P'为长度10.5r的直线路线。赛车从M点以最大安全速度通过圆弧路段后立即以最大加速度沿直线加速至最大速度vm并保持vm匀速行驶。已知赛车匀速转弯时径向最大静摩擦力和加速时的最大合外力均为车重的n倍，最大速度vm＝5，g为重力加速度，赛车从M点按照MNP路线到P点与按照MN'P'路线运动到P'点的时间差为（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：赛车在半径为r的圆弧匀速转弯时，由牛顿第二定律有：，可得
赛车在圆弧运动的时间：，其中
代入数据可得：
赛车在NP段从v1加速到vm过程，由牛顿第二定律有：nmg＝ma，可得a＝ng，这一过程需要的时间：
代入数据可得：
赛车在NP段加速过程运动的位移：
代入数据可得：x＝12r
x＜13.5r，赛车到达最大速度后，匀速运动，匀速运动的时间：
代入数据可得：
赛车在半径为4r的圆弧匀速转弯时，由牛顿第二定律有：，可得
赛车在半径为4r的圆弧运动的时间：，其中
代入数据可得：
赛车在N′P′段从v2加速到vm过程，加速度大小与在NP段加速度大小相等，这一过程需要的时间：
代入数据可得：
赛车在N′P′段加速过程运动的位移：
代入数据可得：x′＝10.5r，可知赛车到达P′点时，恰好到达最大速度vm
赛车从M点按照MNP路线到P点与按照MN'P'路线运动到P'点的时间差Δt＝t1′+t2′﹣（t1+t2+t3）
代入数据可得：，故A正确，BCD错误。
故选：A。
21世纪教育网(www.21cnjy.com)易错点04 对曲线运动的分析存在误区
目 录
01 易错陷阱
易错点一：不会运用运动的合成与分解求解两种模型
易错点二：对抛体运动理解有误
易错点三：对圆周运动理解有误
02 易错知识点
知识点一、绳杆末端速度分解的三种方法
知识点二、常见斜面平抛模型与结论
类型一：沿着斜面平抛
类型二：垂直撞斜面平抛运动
类型三：撞斜面平抛运动中的最小位移问题
知识点三、水平方向上的圆周运动
知识点四、竖直面内“绳、杆（单、双轨道）”模型对比
知识点五、竖直面内圆周运动常见问题与二级结论
03 举一反三——易错题型
题型一：对绳、杆端速度进行分解
题型二：平抛运动与斜面、曲面的结合
题型三：多体平抛运动
题型四：斜抛运动
题型五：水平面上的圆周运动（圆锥摆，圆碗……）
题型六：竖直面的绳、杆模型及临界条件
04 易错题通关
易错点一：不会运用运动的合成与分解求解两种模型
1．解决小船渡河问题掌握“三模型、两方案、两确定”
（1）小船渡河三种模型
渡河时间最短 当船头方向垂直河岸时，渡河时间最短，最短时间tmin＝
渡河位移最短 如果v船>v水，当船头方向与上游河岸夹角θ满足v船cosθ＝v水时，合速度垂直河岸，渡河位移最短，等于河宽d
如果v船2.绳（杆）关联速度问题
（1）易错注意点
①绳或杆质量忽略不计
②绳或杆不可伸长
③沿绳(杆)方向的速度分量大小相等．
（2）思路方法
合运动（实际发生的运动）→合速度→绳(杆)拉物体的实际运动速度v
分运动（对合运动沿某方向分解的运动）→分速度→
方法：v1与v2的合成遵循平行四边形定则．
（3）绳、杆末端速度分解四步
①找到合运动——物体的实际运动；②确定分运动——沿绳(杆)和垂直于绳(杆)；③作平行四边形；④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。
易错点二：对抛体运动理解有误
1．平抛(或类平抛)运动所涉及物理量的特点
物理量 公式 决定因素
飞行时间 t＝ 取决于下落高度h和重力加速度g，与初速度v0无关
水平射程 x＝v0t＝v0 由初速度v0、下落高度h和重力加速度g共同决定
落地速度 vt＝＝ 与初速度v0、下落高度h和重力加速度g有关
速度改变量 Δv＝gΔt，方向恒为竖直向下 由重力加速度g和时间间隔Δt共同决定
2． 平抛运动中物理量的关系图
两个三角形，速度与位移；
九个物理量，知二能求一；
时间和角度，桥梁和纽带；
时间为明线，角度为暗线。
3． 平抛运动常用三种解法
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推论法：若已知h、x，可求出tanθ=2tanα=2h/x；
③动能定理法：若已知h、v0，动能定理：mgh= mv2- mv02 ，可求出。
4.平抛运动中的临界、极值问题
在平抛运动中，由于时间由高度决定，水平位移由高度和初速度决定，因而在越过障碍物时，有可能会出现恰好过去或恰好过不去的临界状态，还会出现运动位移的极值等情况．
1．若题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，明显表明题述的过程中存在着临界点．
2．若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述的过程中存在着“起止点”，而这些“起止点”往往就是临界点．
3．若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程中存在着极值点，这些极值点也往往是临界点．
易错点三：对圆周运动理解有误
1．匀速圆周运动的向心力公式为F＝m＝mω2r＝mr()2.
2．物体做匀速圆周运动的条件：合力大小不变，方向始终与速度方向垂直且指向圆心，提供物体做圆周运动的向心力．
易错分析
3．向心力是效果力：向心力是根据力的作用效果命名的，不是性质力，它可以是重力、弹力、摩擦力等各种性质的力，也可以是它们的合力，或某个力的分力．注意在分析物体受力时，不能说物体还受一个向心力的作用，向心力可以是某一种性质力，也可以是几个性质力的合力或某一性质力的分力．
知识点一、绳杆末端速度分解的三种方法
方法一、微元法
要求船在该位置的速率即为瞬时速率，需从该时刻起取一小段时间来求它的平均速率，当这一小段时间趋于零时，该平均速率就为所求速率。
如图所示，设船在θ角位置经△t时间向左行驶△x距离，滑轮右侧的绳长缩短△L，当绳与水平方向的角度变化很小时，△ABC可近似看做是一直角三角形，因而有△L=△x cosθ，两边同除以△t得：，即收绳速率v0=vA cosθ，因此船的速率为：vA=υ0/cosθ。
方法二、效果分解法
首先确定合运动，即物体实际运动；其次确定物体A的两个分运动。两个分运动：一是沿绳的方向被牵引，绳长缩短。绳长缩短的速度即等于v1=v0；二是随着绳以定滑轮为圆心的摆动，它不改变绳长，只改变角度θ的值。这样就可以将vA按图示方向进行分解。所以v1及v2实际上就是vA的两个分速度，如图所示，由此可得vA=υ0/cosθ。
方法三、功率等值法
由题意可知：人对绳子做功等于绳子对物体所做的功，即二者做功的功率相等。人对绳子的拉力为F，则对绳子做功的功率为P1=Fv0；绳子对物体的拉力，由定滑轮的特点可知，拉力大小也为F，则绳子对物体做功的功率为P2=FvAcosθ，因为P1= P2所以vA=v0/cosθ。
知识点二、常见斜面平抛模型与结论
类型一：沿着斜面平抛
1.斜面上平抛运动的时间的计算
斜面上的平抛(如图)，分解位移（位移三角形）
x＝v0t ，
y＝gt2，
tan θ＝，
可求得t＝。
2.斜面上平抛运动的推论
根据推论可知，tanα=2tanθ，同一个斜面同一个θ，所以，无论平抛初速度大小如何，落到斜面速度方向相同。
3.与斜面的最大距离问题
【构建模型】如图所示，从倾角为θ的斜面上的A点以初速度v0水平抛出一个物体，物体落在斜面上的B点，不计空气阻力．
法一：(1) 以抛出点为坐标原点，沿斜面方向为x轴，垂直于斜面方向为y轴，建立坐标系，如图(a)所示
vx＝v0cos θ，vy＝v0sin θ，
ax＝gsin θ，ay＝gcos θ.
物体沿斜面方向做初速度为vx、加速度为ax的匀加速直线运动，垂直于斜面方向做初速度为vy、加速度为ay的匀减速直线运动，类似于竖直上抛运动．
令v′y＝v0sin θ－gcos θ·t＝0，即t＝.
(2)当t＝时，物体离斜面最远，由对称性可知总飞行时间T＝2t＝，
A、B间距离s＝v0cos θ·T＋gsin θ·T2＝.
法二：(1) 如图(b)所示，当速度方向与斜面平行时，离斜面最远，v的切线反向延长与v0交点为此时横坐标的中点P，
则tan θ＝＝，t＝.
(2) ＝y＝gt2＝，而∶＝1∶3，所以＝4y＝，A、B间距离s＝＝.
法三：(1)设物体运动到C点离斜面最远，所用时间为t，将v分解成vx和vy，如图(c)所示，则由tan θ＝＝，得t＝.
(2)设由A到B所用时间为t′，水平位移为x，竖直位移为y，如图(d)所示，由图可得
tan θ＝，y＝xtan θ ①
y＝gt′2 ②
x＝v0t′ ③
由①②③式得：t′＝
而x＝v0t′＝，
因此A、B间的距离s＝＝.
类型二：垂直撞斜面平抛运动
方法：分解速度．
vx＝v0，
vy＝gt，
tan θ＝＝，
可求得t＝.
底端正上方平抛撞斜面中的几何三角形
类型三：撞斜面平抛运动中的最小位移问题
过抛出点作斜面的垂线，如图所示，
当小球落在斜面上的B点时，位移最小，设运动的时间为t，则
水平方向：x＝hcos θ·sin θ＝v0t
竖直方向：y＝hcos θ·cos θ＝gt2，解得v0＝ sin θ，t＝cos θ.
知识点三、水平方向上的圆周运动
1．结构特点：一根质量和伸长可以不计的轻细线，上端固定，下端系一个可以视为质点的摆球在水平面内做匀速圆周运动，细绳所掠过的路径为圆锥表面。
2．受力特点：摆球质量为，只受两个力即竖直向下的重力和沿摆线方向的拉力。两个力的合力，就是摆球做圆周运动的向心力，如图所示（也可以理解为拉力的竖直分力与摆球的重力平衡，的水平分力提供向心力）。
4．运动特点：摆长为，摆线与竖直方向的夹角为的圆锥摆，摆球做圆周运动的圆心是O，圆周运动的轨道半径是
向心力
摆线的拉力
【讨论】：(1)当摆长一定，摆球在同一地点、不同高度的水平面内分别做匀速圆周运动时，据可知，若角速度越大，则越大，摆线拉力也越大，向心加速度也越大，线速度 =也越大。
结论是：同一圆锥摆，在同一地点，若越大，则摆线的拉力越大，向心力越大，向心加速度也越大，转动的越快，运动的也越快，。
(2)当为定值时（为摆球的轨道面到悬点的距离h，即圆锥摆的高度），摆球的质量相等、摆长不等的圆锥摆若在同一水平面内做匀速圆周运动，则摆线拉力，向心力，向心加速度，角速度，线速度。
结论是：在同一地点，摆球的质量相等、摆长不等但高度相同的圆锥摆，转动的快慢相等，但角大的圆锥摆，摆线的拉力大，向心力大，向心加速度大，运动得快。
知识点四、竖直面内“绳、杆（单、双轨道）”模型对比
轻绳模型（没有支撑） 轻杆模型（有支撑）
常见 类型
过最高点的临界条件 由mg＝m得v临＝ 由小球能运动即可得v临＝0
对应最低点速度v低≥ 对应最低点速度v低≥
绳不松不脱轨条件 v低≥或v低≤ 不脱轨
最低点弹力 F低-mg =mv低2/r F低=mg+mv低2/r，向上拉力 F低-mg =mv低2/r F低=mg+mv低2/r，向上拉力
最高点弹力 过最高点时，v≥，FN＋mg＝m，绳、轨道对球产生弹力FN＝m-mg 向下压力 (1)当v＝0时，FN＝mg，FN为向上支持力 (2)当0＜v＜时，－FN＋mg＝m，FN向上支持力，随v的增大而减小 (3)当v＝时，FN＝0 (4)当v＞时，FN＋mg＝m，FN为向下压力并随v的增大而增大
在最高 点的FN 图线 取竖直向下为正方向 取竖直向下为正方向
知识点五、竖直面内圆周运动常见问题与二级结论
【问题1】一个小球沿一竖直放置的光滑圆轨道内侧做完整的圆周运动，轨道的最高点记为A和最低点记为C，与原点等高的位置记为B。圆周的半径为
要使小球做完整的圆周运动，当在最高点A 的向心力恰好等于重力时，由可得①
对应C点的速度有机械能守恒得②
当小球在C点时给小球一个水平向左的速度若小球恰能到达与O点等高的D位置则由机械能守恒
得③
小结：(1).当时小球能通过最高点A小球在A点受轨道向内的支持力由牛顿第二定律④
(2).当时小球恰能通过最高点A小球在A点受轨道的支持力为0由牛顿第二定律。⑤
(3).当时小球不能通过最高点A小球在A点，上升至DA圆弧间的某一位向右做斜抛运动离开圆周，且v越大离开的位置越高，离开时轨道的支持力为0
在DA段射重力与半径方向的夹角为则、
(4).当时小球不能通过最高点A上升至CD圆弧的某一位置速度减为0之后沿圆弧返回。上升的最高点为C永不脱离轨道
【问题2】常见几种情况下物体受轨道的作用力
(1)从最高点A点静止释放的小球到达最低点C：由机械能守恒
在C点由牛顿运动定律： 得⑥
(2)从与O等高的D点（四分之一圆弧）处静止释放到达最低点C：由机械能守恒
在C点由牛顿运动定律： 得⑦
(3)从A点以初速度释放小球到达最低点
由机械能守恒
在C点由牛顿运动定律： 得⑧
题型一：对绳、杆端速度进行分解
【例1】（2024 荆门三模）如图所示，一辆货车利用跨过光滑定滑轮的轻质不可伸长的缆绳提升一箱货物，已知货箱的质量为m0，货物的质量为m，货车向左做匀速直线运动，在将货物提升到图示的位置时，货箱速度为v，连接货车的缆绳与水平方向夹角为θ，不计一切摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．货车的速度等于vcosθ
B．货物处于失重状态
C．缆绳中的拉力FT大于（m0+m）g
D．货车对地面的压力大于货车的重力
【变式1-1】（2024 锦江区校级模拟）为了减小关后备箱时箱盖和车体间的冲力，在箱盖和车体间安装液压缓冲杆，其结构如图所示。当液压杆AO2长度为L时，AO2和水平方向夹角为75°，AO1和水平方向夹角为45°，A点相对于O1的速度是vA，则A点相对于O2的角速度为（ ）
A． B． C． D．
【变式1-2】（2024 浙江模拟）如图所示，有一半径为r的圆环在一水平地面上向右运动，且其圆心速度大小为v。现有一木板，左端固定于地面之上，同时还搭于圆环之上，且木板与地面所成锐角为θ。则木板转动的角速度ω为（ ）
A． B．
C． D．
【变式1-3】（2024 西城区校级模拟）如图所示，小球A、B用一根长为L的轻杆相连，竖直放置在光滑水平地面上，小球C挨着小球B放置在地面上。由于微小扰动，小球A沿光滑的竖直墙面下滑，小球B、C在同一竖直面内向右运动。当杆与墙面夹角为θ，小球A和墙面恰好分离，最后小球A落到水平地面上。下列说法中不正确的是（ ）
A．当小球A的机械能取最小值时，小球B与小球C的加速度为零
B．小球A由静止到与墙面分离的过程中，小球B的速度先增大后减小
C．当小球A和墙面恰好分离时，小球B与小球C也恰好分离
D．当小球A和墙面恰好分离时，A、B两球的速率之比为tanθ：1
题型二：平抛运动与斜面、曲面的结合
【例2】（2024 五华区校级模拟）国家跳台滑雪中心是中国首座跳台滑雪场馆，主体建筑灵感来自于中国传统饰物“如意”，因此被形象地称作“雪如意”。如图所示，现有甲、乙两名可视为质点的运动员从跳台a处先后沿水平方向向左飞出，初速度大小之比为2：3，不计空气阻力，则甲、乙从飞出至落到斜坡（可视为斜面）上的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙飞行时间之比为3：2
B．甲、乙飞行的水平位移之比为4：9
C．甲、乙在空中竖直方向下落的距离之比为2：3
D．甲、乙落到坡面上的瞬时速度方向与水平方向的夹角之比为2：3
【变式2-1】（2024 德州模拟）如图所示，把一小球从斜面上先后以相同大小的速度抛出，一次水平抛出，另一次抛出的速度方向与斜面垂直，两小球最终都落到斜面上，水平抛出与垂直斜面抛出落点到抛出点的距离之比为（ ）
A．1：2 B．2：1 C．1：1 D．1：3
【变式2-2】（2024 观山湖区校级模拟）如图所示为固定的半圆形竖直轨道，AB为水平直径，O为圆心，现同时从A、B两点水平相向抛出甲、乙两个小球，其初速度大小分别为v1、v2，且均落在轨道上的C点，已知OC与竖直方向的夹角θ＝30°，忽略空气阻力，两小球均可视为质点。则下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙两球不会同时落到轨道上
B．两者初速度关系为v1＞v2
C．整个下落过程，甲球速度变化量大于乙球速度变化量
D．甲球可沿半径方向垂直打在轨道上C点
【变式2-3】（多选）（2023 海口三模）如图所示，DOE为竖直半圆，O为圆周的最低点，B、C关于过O点的竖直线左右对称。现从D点分别水平抛出三个小球a、b、c，其落点分别为圆周上的A、B、C三点。不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．飞行时间最短的是小球c
B．飞行位移最小的是小球a
C．三个小球飞行的加速度大小关系为aa＜ab＝ac
D．小球c的初速度比小球b的初速度大
题型三：多体平抛运动
【例3】（2024 南京二模）如图所示，在同一竖直面内，物块1从a点以速度v1水平抛出，同时物块2从b点以速度v2抛出，两物块在落地前相遇，两物块均视为质点，除重力外不受其他作用力。下列说法正确的是（ ）
A．相遇点在二者初速度连线交点的正下方
B．只改变v1的大小，两物块仍可相遇
C．只改变v2的大小，两物块仍可相遇
D．只把v2的方向向左转动，两物块仍可相遇
【变式3-1】（2023 铁东区校级二模）如图所示，A、B两小球从相同高度同时水平抛出，经过时间t在空中相遇，若两球的抛出速度都变为原来的，不计空气阻力，则两球从抛出到相遇的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．相遇时间变为
B．相遇时间变为
C．相遇点的高度下降了
D．相遇点的位置在原来的左下方
【变式3-2】如图所示，两人各自用吸管吹黄豆，甲黄豆从吸管末端P点水平射出的同时乙黄豆从另一吸管末端M点斜向上射出，经过一段时间后两黄豆在N点相遇，曲线1和2分别为甲、乙黄豆的运动轨迹。若M点在P点正下方，M点与N点位于同一水平线上，且PM长度等于MN的长度，不计黄豆的空气阻力，可将黄豆看成质点，则（ ）
A．两黄豆相遇时，甲的速度与水平方向的夹角的正切值为乙的两倍
B．甲黄豆在P点速度与乙黄豆在最高点的速度不相等
C．两黄豆相遇时甲的速度大小为乙的两倍
D．乙黄豆相对于M点上升的最大高度为PM长度一半
【变式3-3】（2024 安康模拟）如图所示，小球从O点的正上方离地h＝40m高处的P点以v1＝10m/s的速度水平抛出，同时在O点右方地面上S点以速度v2斜向左上方与地面成θ＝45°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。若不计空气阻力，则两小球抛出后到相遇过程中所用的时间为（ ）
A．1s B． C．2s D．3s
题型四：斜抛运动
【例4】（2024 朝阳区校级模拟）如图为烟花在空中的运动轨迹，虚线为轨迹上a、b、c三点的切线，其中最高点b的切线方向水平，c点的切线方向竖直，可知该烟花（ ）
A．由a点运动到c点过程中，水平方向做匀速运动
B．由b点到c点做平抛运动
C．在b点的加速度方向竖直向下
D．在b点处于失重状态
【变式4-1】（2024 南昌一模）一住宅阳台失火，消防员用靠在一起的两支水枪喷水灭火，如图所示甲水柱射向水平阳台近处着火点A，乙水柱射向水平阳台远处清火点B，两水柱最高点在同一水平线上，不计空气阻力，甲、乙水柱喷出时的速度大小分别为v1、v2，甲、乙水柱在空中运动的时间分别为t1、t2。以下判断正确的是（ ）
A．v1＞v2，t1＝t2 B．v1＜v2，t1＝t2
C．v1＞v2，ι1＜t2 D．v1＜v2，t1＜t2
【变式4-2】（2024 江苏模拟）如图所示，从水平面上A点以倾角为α斜向上方抛出一小球，抛出时速度大小为v0，小球落到倾角为θ的斜面上C点时，速度方向正好与斜面垂直，B为小球运动的最高点，已知重力加速度为g，则（ ）
A．小球在B点的速度大小为v0sinα
B．小球从A点运动到B点的时间为
C．小球落到C点前瞬间竖直方向的速度为
D．小球从B点运动到C点的时间为
【变式4-3】（2024 东莞市校级模拟）过水门仪式是国际民航中最高级别的礼仪。如图所示，“过水门”仪式中的“水门”是由两辆消防车喷出的水柱形成的。两条水柱形成的抛物线对称分布，且刚好在最高点相遇。已知两水柱均沿与水平方向成45°角喷出，且从喷出到在最高点相遇所用时间为3s。重力加速度g取10m/s2，忽略空气阻力和水流之间的相互作用，下列说法正确的是（ ）
A．“水门”的高度一定为90m
B．“水门”的跨度一定为180m
C．在最高点相遇时，水柱的速度为零
D．水喷出的瞬间，速度水平方向分量为15m/s
题型五：水平面上的圆周运动（圆锥摆，圆碗……）
【例5】（2023 朝阳区一模）如图所示，可视为质点的小球用轻质细绳悬挂于B点，使小球在水平面内做匀速圆周运动。现仅增加绳长，保持轨迹圆的圆心O到悬点B的高度不变，小球仍在水平面内做匀速圆周运动。增加绳长前后小球运动的角速度、加速度以及所受细绳的拉力大小分别为ω1、a1、F1和ω2、a2、F2。则（ ）
A．ω1＝ω2 B．a1＞a2 C．F1＝F2 D．F1＞F2
【变式5-1】（2023 河北一模）如图所示，光滑水平板开有小孔，顶角θ＝60°的光滑圆锥的顶点紧靠着小孔，圆锥的高位于竖直面。质量相同的小球用穿过小孔的轻绳连接，两球分别位于水平板和圆锥侧面上。为了保证小球Q的高度不变且刚好不脱离圆锥面，让两小球分别做匀速圆周运动。重力加速度为g，则小球P、Q做匀速圆周运动的向心加速度的差值为（ ）
A． B． C．0 D．
【变式5-2】（多选）（2023 郴州模拟）如图所示。在匀速转动的水平圆盘上，沿直径方向放着用轻绳相连的物体A和B，A和B质量都为m。它们分居圆心两侧，与圆心的距离分别为RA＝r，RB＝3r，A、B与盘间的动摩擦因数相同且均为μ。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当圆盘转速从零开始逐渐加快到两物体刚好要发生但还未发生滑动时，下列说法正确的是（ ）
A．绳子的最大张力为FT＝2μmg
B．当A所受的摩擦力为零时，圆盘的角速度为ω
C．随着角速度的增大，A所受摩擦力的方向和大小都会变化，而B所受的摩擦力方向不变
D．随着角速度的增大，A所受的摩擦力一直减小，而B所受的摩擦力一直增大
【变式5-3】（多选）（2024 博望区校级模拟）通用技术课上，某兴趣小组制作了一个小球爬杆装置，如图所示，竖直杆OM与光滑杆ON均固定在电动机底座上，且ON与水平面间的夹角α＝60°，一弹簧上端固定在OM杆上的P点，下端与穿在ON杆上质量为m的小球相连。装置静止时弹簧与竖直方向间的夹角β＝30°，当电动机带动底座开始转动时，小球开始爬杆。已知OP两点间的距离为L，重力加速度为g。则（ ）
A．装置静止时杆对小球的弹力方向垂直杆ON斜向下
B．装置静止时弹簧弹力的大小为mg
C．装置静止时杆对小球的弹力大小为
D．电动机转动后，当小球稳定在与P点等高的位置时杆的角速度为
题型六：竖直面的绳、杆模型及临界条件
【例6】（多选）（2024 南昌模拟）如图所示，一物块放在水平木板上，现用木板托住物块一起绕O点在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动，角速度大小为ω，物块与木板之间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。若在运动过程中物块和木板始终保持相对静止且木板始终保持水平，则下列说法正确的是（ ）
A．在圆心等高处时物块受到的摩擦力为μmg
B．在圆心等高处时物块受到的摩擦力为mω2R
C．ω的最大值为
D．ω的最大值为
【变式6-1】（2024 西城区一模）如图1所示，长为R且不可伸长的轻绳一端固定在O点，另一端系一小球，使小球在竖直面内做圆周运动。由于阻力的影响，小球每次通过最高点时速度大小不同。测量小球经过最高点时速度的大小v、绳子拉力的大小F，作出F与v2的关系图线如图2所示。下列说法中正确的是（ ）
A．根据图线可以得出小球的质量
B．根据图线可以得出重力加速度
C．绳长不变，用质量更小的球做实验，得到的图线斜率更大
D．用更长的绳做实验，得到的图线与横轴交点的位置不变
【变式6-2】（2024 洛阳一模）如图（甲），轻杆一端与一小球相连，另一端连在光滑固定轴上。现使小球在竖直平面内做圆周运动，到达某一位置开始计时，取水平向右为正方向，小球的水平分速度vx随时间t的变化关系如图（乙）所示。不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．在t1时刻小球通过最低点
B．图（乙）中S1面积的数值为0.8m
C．图（乙）中S1和S2的面积不相等
D．图线第一次与横轴的交点对应小球的速度为4m/s
【变式6-3】（2024 安徽模拟）如图所示，一滑块（可视为质点）在水平力F的作用下由静止沿粗糙水平直轨道AB开始运动，该力的功率恒定，达到最大速度后，撤掉该力，滑块继续前进一段距离后进入竖直光滑半圆轨道BCD，并恰好通过该轨道最高点D，然后进入光滑半圆管道DEF，最终停在粗糙水平直轨道FG上。已知水平力的恒定功率为10W，滑块的质量为0.2kg，滑块与轨道AB的动摩擦因数为0.5，半圆轨道BCD的半径R＝0.5m，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．滑块在D点的速度大小为
B．半圆管道DEF的半径r可能为0.15m
C．在轨道AB上，滑块的最大速度为10m/s
D．在轨道AB上，滑块减速过程的距离为2.5m
（2024 黄州区校级二模）如图所示，小球A从地面向上斜抛，抛出时的速度大小为10m/s，方向与水平方向夹角为53°，在A抛出的同时有小球B从某高处自由下落，当A上升到最高点时恰能击中下落的B，不计空气阻力，sin53°＝0.8，重力加速度g取10m/s2。则A、B两球初始距离是（ ）
A．4.8m B．6.4m C．8.0m D．11.2m
（2024 顺庆区校级模拟）如图所示，阳光垂直照射到斜面草坪上，在斜面顶端把一高尔夫球水平击出让其在与斜面垂直的面内运动，小球刚好落在斜面底端。B点是运动过程中距离斜面的最远处，A点是在阳光照射下小球经过B点的投影点，不计空气阻力，则（ ）
A．小球在斜面上的投影做匀速运动
B．OA与AC长度之比为1：3
C．若斜面内D点在B点的正下方，则OD与DC长度不等
D．小球在B点的速度与整个段平均速度大小相等
（2024 清江浦区模拟）金秋九月，正是收割玉米的季节，加工过程中，农民会采用如图甲所示的传送带装置。具体过程如图乙所示，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静止，直至从传送带的顶端飞出，最后落在水平地面上，农民迅速装袋转运。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，重力加速度为g，若不计风力，空气阻力和玉米粒之间的相互作用力，下列说法正确的是（ ）
A．玉米粒在传送带上时，所受摩擦力始终不变
B．玉米粒落地点与传送带底端的水平距离为
C．传送带的速度大小为
D．玉米粒飞出后到落地所用的时间为
（2024 合肥三模）如图所示，在某次跳台滑雪比赛中，运动员以初速度v0从跳台顶端A水平飞出，经过一段时间后落在倾斜赛道上的B点，运动员运动到P点时离倾斜赛道最远，P点到赛道的垂直距离为PC，P点离赛道的竖直高度为PD，赛道的倾角为θ，重力加速度为g，空气阻力不计，运动员（包括滑雪板）视为质点。则C、D两点间的距离是（ ）
A． B．
C． D．
（2024 盐城三模）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，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
（2024 浙江二模）如图在水平地面上放置一边长为0.8m的正方形水箱，一水管可在ABCD面内绕A点转动θ≤90°，已知出水口截面积为5cm2，出水速率为2.5m/s，不计水管管口长度及一切阻力，水落至液面或打至侧壁不再弹起，则（ ）
A．任何方向喷出的水柱都能打到DCGH或CGFB侧面
B．水在空中运动时间的最大值为
C．空中运动的水的质量最大值为0.5kg
D．若保持θ不变，则随着液面上升，水在空中运动的时长逐渐缩短
（2024 镇海区校级一模）汽车行驶中经常会经过一些凹凸不平的路面，其凹凸部分路面可以看作圆弧的一部分，如图所示的A、B、C处，其中B处的曲率半径最大，A处的曲率半径为ρ1，C处的曲率半径为ρ2，ρ1＞ρ2，重力加速度为g。若有一辆可视为质点、质量为m的小汽车与路面之间各处的动摩擦因数均为μ，当该车以恒定的速率v沿这段凹凸路面行驶经过A、B、C三点时，下列说法正确的是（ ）
A．汽车在A处受到的摩擦力大小为μmg
B．汽车经过A处时处于失重状态，经过C处时处于超重状态
C．汽车在A点的行驶速度小于时，汽车将做平抛运动
D．汽车经过C处时所受的向心力最小
（2024 盐城三模）如图所示，竖直平面内的光滑金属细圆环半径为R，质量为m的带孔小球穿于环上，一长为R的轻杆一端固定于球上，另一端通过光滑的铰链连接于圆环最低点，重力加速度为g。当圆环以角速度绕竖直直径转动时，轻杆对小球的作用力大小和方向为（ ）
A．2mg，沿杆向上 B．2mg，沿杆向下
C．，沿杆向上 D．，沿杆向下
（2024 江苏四模）长均为L的两根轻绳，一端共同系住质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点的距离也为L，重力加速度大小为g，今使小球在竖直平面内以A、B连线为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为2v时，每根绳的拉力大小均为（ ）
A．mg B．2mg C．3mg D．
（2024 河南模拟）如图所示，轻杆上端可绕光滑铰链O在竖直平面内自由转动。可视为质点的小球A固定在轻杆末端。用细绳连接小球B，绳的另一端穿过位于O点正下方的小孔P与A相连。用沿绳斜向上的拉力F作用于小球A，使杆保持水平，某时刻撤去拉力，小球A、B带动轻杆绕O点转动。已知小球A、B的质量均为m，杆长为3L，OP长为5L，重力加速度为g，忽略一切阻力。则下列说法正确的是（ ）
A．杆保持水平时，轻杆对小球A的拉力大小为
B．运动过程中，两小球速度大小相等时的速度值为
C．运动过程中，两小球速度大小相等时细绳对小球A的拉力大小为
D．运动过程中，两小球速度大小相等时轻杆对小球A的拉力大小为
【好题】（2024 二模拟）武汉“东湖之眼”摩天轮，面朝东湖、背靠磨山，是武汉东湖风景区地标之一。摩天轮在竖直放置的圆轨道内围绕其圆心O点做半径为R的匀速圆周运动，角速度为ω，在匀速转动的过程中轿厢地板总保持水平状态。如图所示，放置在地板上的物体，其与地板之间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，为了保证物体在匀速转动的过程中始终不相对于地板滑动，则角速度ω的最大值为（ ）
A． B．
C． D．
（2024 济南模拟）如图所示，MN为半径为r的圆弧路线，NP为长度13.5r的直线路线，MN'为半径为4r的圆弧路线，N'P'为长度10.5r的直线路线。赛车从M点以最大安全速度通过圆弧路段后立即以最大加速度沿直线加速至最大速度vm并保持vm匀速行驶。已知赛车匀速转弯时径向最大静摩擦力和加速时的最大合外力均为车重的n倍，最大速度vm＝5，g为重力加速度，赛车从M点按照MNP路线到P点与按照MN'P'路线运动到P'点的时间差为（ ）
A． B．
C． D．
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