秘籍03 力与曲线运动
【解密高考】
【题型一】运动的合成与分解
【题型二】斜面 曲面上的平抛运动
【题型三】平抛运动中的相遇问题
【题型四】竖直面与水平面的圆周运动
【误区点拨】
易错点：平抛运动与圆周运动的易错点
联系实际生活：以运动员投篮、车辆转弯、过山车等生活实例为背景，考查运用知识解决实际问题的能力，考生要能抽象出物理模型并分析求解。
突出模型建构与分析能力：考生要根据题目情境判断运动类型，建立物理模型，分析受力和运动过程，选择合适规律求解。复杂问题中还需合理分段分析各阶段运动特点和物理量关系。
1、梳理知识框架：从平抛和圆周运动基本概念入手构建框架。平抛运动梳理定义、运动特点、水平和竖直方向规律、合运动情况以及实验要点。圆周运动梳理各物理量定义和关系、向心力来源与计算、不同圆周运动模型特点及临界条件。用思维导图串联知识点，明晰逻辑关系。
2、深化概念理解：深入理解平抛运动是水平匀速与竖直自由落体的合运动，通过分析平抛物体不同时刻速度、位移加深理解。圆周运动要理解线速度、角速度等物理量意义，以及向心力是效果力，方向指向圆心，只改变速度方向。通过分析不同圆周运动模型向心力来源，如汽车过拱形桥向心力由重力和支持力合力提供，加深对向心力概念的理解。同时对比平抛和圆周运动特点，平抛是匀变速曲线运动，圆周运动通常是变速曲线运动，避免概念混淆。
3、强化公式应用：牢记平抛和圆周运动重要公式，通过大量练习，学会根据已知条件选择合适公式计算。还要注重公式推导和变形过程，理解推导有助于记忆和应用，学会变形以适应不同题目条件。
【题型一】运动的合成与分解
1．条件
F合与v的方向不在同一直线上，或加速度方向与速度方向不共线．
2．性质
(1)F合恒定：做匀变速曲线运动．
(2)F合不恒定：做非匀变速曲线运动．
3．速度方向： 沿轨迹切线方向．
4．合力方向与轨迹的关系：物体做曲线运动的轨迹一定夹在速度方向与合力方向之间，合力的方向指向曲线的“凹”侧．
5．牵引速度常见分解
（2025 浙江模拟）如图所示，一只蚂蚁从盘中心O点向盘边缘M点沿直线OM匀速爬动，同时圆盘绕盘中心O匀速转动，则在蚂蚁向外爬的过程中，下列说法正确的（ ）
A．蚂蚁运动的速率不变
B．蚂蚁运动的速率变小
C．相对圆盘蚂蚁的运动轨迹是直线
D．相对地面蚂蚁的运动轨迹是直线
（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．
由于空气阻力的影响，炮弹的实际飞行轨迹不是抛物线，而是“弹道曲线”，如图中实线所示，图中虚线为不考虑空气阻力情况下炮弹的理想运动轨迹。O、a、b、c、d为弹道曲线上的五点，其中O点为发射点，d点为落地点，b点为轨迹的最高点，a、c为运动过程中经过的距地面高度相等的两点，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．炮弹到达最高点b时的加速度为g
B．炮弹经过c点时的加速度方向沿该点切线斜向上
C．炮弹经过a点时加速度的竖直分量大于g
D．炮弹由a点运动到b点的时间与由b点运动到c点的时间相等
（2023 嘉兴二模）如图所示，足球场上画了一条以O为原点，以x轴为对称轴的抛物线，A、B为该抛物线上的两点。体育老师要求学生在规定时间内不停顿地从抛物线的一端跑到另一端。小张同学按要求完成该运动的过程中，可以肯定的是（ ）
A．所受的合外力始终不为零
B．x轴方向的分运动是匀速运动
C．y轴方向的分运动是匀速运动
D．通过A、B两点时的加速度相等
如图所示，斯特林发动机的机械装置可以将圆周运动转化为直线上的往复运动。连杆AB，OB可绕图中A、B、O三处的转轴转动，连杆OB长为R，连杆AB长为L（L＞R），当OB杆以角速度ω逆时针匀速转动时，滑块在水平横杆上左右滑动，连杆AB与水平方向夹角为α，AB杆与OB杆的夹角为β。在滑块向左滑动过程中（ ）
A．滑块A从右向左先做加速度减小的加速运动，后做加速度减小的减速运动
B．当OB杆与OA垂直时，滑块的速度最大
C．当OB杆与OA垂直时，滑块的速度大小为
D．当β＝90°时，滑块的速度大小为
【题型二】斜面 曲面上的平抛运动
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：tanθ＝ 水平：vx＝v0 竖直：vy＝gt 合速度： v＝ 方向：tanθ＝ 水平：x＝v0t 竖直：y＝gt2 合位移： s＝ 方向：tanθ＝
运动 时间 由tanθ＝＝得t＝ 由tanθ＝＝得t＝ 由tanθ＝＝得t＝
（2024 镇海区校级模拟）小海同学制作的游戏装置如图所示，安装在竖直轨道AB上的弹射器可上下移动，能射出速度大小可调节的小球。圆心为O的圆弧槽BCD上开有小孔P，小球落到小孔时，速度只有沿OP方向才能通过小孔，游戏成功。已知当弹射器在轨道上E位置，使小球以速度v0水平射出时，游戏成功，则进行下列操作后，仍能使游戏成功的是（ ）
A．弹射器在E位置，将小球以大于v0的速度斜向右上射出
B．弹射器在E位置，将小球以小于v0的速度斜向右下射出
C．升高弹射器至Q点，小球以大于v0的速度斜向右下射出
D．升高弹射器至Q点，小球以小于v0的速度斜向右上射出
如图所示，一可视作质点的小球在斜面上的某点以水平速度从斜面上抛出，飞行一段时间后落回在斜面上，水平向左方向上有恒定的风力作用，不计空气阻力，下列说法不正确的一项是（ ）
A．小球在空中运动过程中，单位时间内的速度变化量大小不变
B．小球在空中运动过程中，单位时间内的速度变化量方向不变
C．小球在空中的运动轨迹是一条抛物线
D．小球在空中的运动性质是变加速曲线运动
如图所示，甲、乙两名滑板运动员在水平U形赛道上比赛，甲、乙先后从赛道边缘上的A点滑出，一段时间后再次滑入赛道，观察发现甲的滞空时间比乙长，运动过程中乙的最小速度比甲的最小速度大。不计空气阻力，可将运动员视为质点，则下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙的最大腾空高度相同
B．甲从A点滑出时的初速度一定大于乙的初速度
C．甲、乙从A点滑出时的初速度方向可能相同
D．甲、乙再次滑入赛道的位置可能相同
跳台滑雪是一项勇敢者的运动，某运动员从跳台A处沿水平方向飞出，在斜面AB上的B处着陆，斜面AB与水平方向夹角为30°且足够长，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．运动员在空中相同时间内的速度变化相同
B．运动员在斜面上的落点到A点的距离与初速度成正比
C．运动员落在B处的速度与水平方向夹角60°
D．运动员的质量越大，落点离A越远
（2023 台州二模）如图所示，一架战斗机沿水平方向匀速飞行，先后释放三颗炸弹，分别击中山坡上水平间距相等的A、B、C三点。已知击中A、B的时间间隔为t1，击中B、C的时间间隔为t2，释放炸弹的时间间隔分别为Δt1、Δt2。不计空气阻力，则（ ）
A．t1＞t2 B．t1＝t2 C．Δt1＞Δt2 D．Δt1＝Δt2
【题型三】平抛运动中的相遇问题
平抛与自由落体 平抛与竖直上抛 平抛与平抛 平抛与匀速
x:l=vt; y:空中相遇t< 联立得 x:s=v1t; y: gt2+v2t- gt2=H, t=H/v2 联立得H/v2=s/t 球1比球2先抛 t1>t2、v1v4； x:l=(v1-t2)t; y:t=
（2024 金东区校级模拟）如图所示，甲同学在地面上将排球以速度v1击出，排球沿轨迹①运动；经过最高点后，乙同学跳起将排球以水平速度v2击回，排球沿轨迹②运动，恰好落回出发点。忽略空气阻力，则排球（ ）
A．沿轨迹②运动的最大速度可能为v1
B．沿轨迹①运动的最小速度为v2
C．沿轨迹①和轨迹②运动过程的速度变化量大小相同
D．沿轨迹①和轨迹②运动过程的平均速度大小可能相同
（2024 温州三模）如图所示，将两小沙包a、b以不同的初速度分别从A、B两处先后相差0.5s水平相向抛出，同时落在水平面同一处，且速度方向与竖直方向夹角相等。两小沙包a、b视为质点，并在同一竖直面内运动，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．A处比B处高1.25m
B．若将两沙包同时水平抛出，落地前可能会相遇
C．若已知B处高度和沙包b的下落时间，可求出A、B的水平距离
D．若已知A处高度和沙包a的初速度，可求出A、B的水平距离
（2025 宁波一模）同学们设计了一个“地面飞镖”的游戏，如图所示，投掷者需站在投掷线后的一条直线上将飞镖水平抛出，飞镖落在水平放置的盘面MN内即可获得奖励。如图所示，甲同学将飞镖从较高的A点以水平速度v1抛出，乙同学从较低的B点以水平速度v2抛出，两飞镖落于盘面的同一点C，且两飞镖与盘面夹角α相同，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．两飞镖落到C点的速度相同
B．抛出点A、B与落点C三点必共线
C．要使飞镖均落到盘面内，则从A点抛出的水平速度范围更大
D．从A、B两点水平抛出的飞镖，只要落到盘面内则必落到同一点
（多选）（2025 镇海区校级模拟）如图所示，A、B两位同学从同一高度分别抛出沙包1和2，两沙包抛出的初速度大小均为v0，方向与水平方向的夹角分别为θ1、θ2，且θ1＞θ2，两沙包抛出后在空中的运动轨迹分别如图中Ⅰ和Ⅱ所示。两位同学均能在各自的抛出点接住对方抛来的沙包，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．两抛出点之间的距离为
B．沙包1和2在空中运动时间之比为tanθ2
C．沙包1和2运动过程中最小速度之比为tanθ1
D．沙包1和2运动过程中离地的最大高度之比为tan2θ1
如图所示，从高H处的P点先后水平抛出两个小球，球1刚好直接越过竖直挡板MN落在水平地面上的Q点，球2与地面碰撞N（N≥1）次后，刚好越过高为h的挡板MN（h可调节）也落在Q点。假设球2每次与地面的碰撞都是弹性碰撞，两球的空气阻力均可忽略，则（ ）
A．h与H之比可能为1：2
B．h与H之比可能为11：36
C．球1与球2速度之比可能为2：1
D．球1与球2速度之比可能为16：1
【题型四】竖直面与水平面的圆周运动
绳模型 杆模型
常见 类型 均是没有支撑的小球 均是有支撑的小球
过最高 点的临 界条件 由mg＝m得v临＝ 由小球恰能做圆周运动得v临＝0
讨论 分析 (1)过最高点时，v≥，FN＋mg＝m，绳、圆轨道对球产生弹力FN (2)不能过最高点时，v<，在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道 (3)上、下两点拉力之差为6mg。 (1)当v＝0时，FN＝mg，FN为支持力，沿半径背离圆心 (2)当0时，FN＋mg＝m，FN指向圆心，并随v的增大而增大
（2024 东阳市三模）智能呼啦圈可以提供全面的数据记录，让人合理管理自己的身材。如图甲，腰带外侧带有轨道，将带有滑轮的短杆穿入轨道，短杆的另一端悬挂一根带有配重的轻绳，其简化模型如图乙所示。可视为质点的配重质量为0.4kg，轻绳长为0.4m，悬挂点P到腰带中心点O的距离为0.26m，配重随短杆做水平匀速圆周运动，绳子与竖直方向夹角为θ，运动过程中腰带可视为静止，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，下列说法正确的是（ ）
A．若增大转速，腰带受到的摩擦力变大
B．当转速时，则绳子与竖直方向夹角θ＝37°
C．若增大转速，则绳子与竖直方向夹角θ将减小
D．若增加配重，保持转速不变，则绳子与竖直方向夹角θ将减小
（2024 浙江模拟）如图所示，ABC为在竖直平面内的金属半圆环，AC为其水平直径，AB为固定的直金属棒，在金属棒上和半圆环的BC部分分别套着两个完全相同的小球M、N（视为质点），B固定在半圆环的最低点。现让半圆环绕对称轴以角速度ω＝25rad/s匀速转动，两小球与半圆环恰好保持相对静止。已知半圆环的半径R＝1m，金属棒和半圆环均光滑，取重力加速度大小g＝10m/s2，下列选项正确的是（ ）
A．N、M两小球做圆周运动的线速度大小之比为1：
B．N、M两小球做圆周运动的线速度大小之比1：
C．若稍微增大半圆环的角速度，小环M稍许靠近A点，小环N将到达C点
D．若稍微增大半圆环的角速度，小环M将到达A点，小环N将稍许靠近C点
如图所示有竖直平面内的圆轨道，轨道内外两侧均光滑，半径为R，质量为m的小滑块以v1、v2初速度分别在轨道最高点的内侧和外侧运动，以下关于滑块是否脱离轨道的说法正确的是（ ）
A．不管在轨道的内侧还是外侧运动，只要最高点不脱离则其它点一定不会脱离轨道
B．不管在轨道的内侧还是外侧运动，只要最高点的速度大于等于，一定不会脱离轨道
C．在轨道的内侧最高点的速度、外侧最高点的速度v2＝0，都不会脱离轨道
D．在轨道的内侧只要一定脱离轨道，外侧无论v2多大都会脱离轨道
高速离心机用于快速沉淀或分离物质。如图所示，水平试管固定在高速离心机上，离心机的转速为n，在水平试管中有质量为m的某固体颗粒，某时刻颗粒离转轴的距离为r。已知试管中充满液体，颗粒与试管内壁不接触。下列说法正确的是（ ）
A．颗粒运动的角速度为
B．颗粒此时受到的合外力大小必为4π2mrn2
C．离转轴越远，分离沉淀效果越好
D．此款高速离心沉淀机，适用于任何颗粒，颗粒都会到试管底部沉淀
如图所示是港珠澳大桥的一段半径为120m的圆弧形弯道。晴天时路面对轮胎的径向最大静摩擦力为正压力的0.8倍，下雨时路面对轮胎的径向最大静摩擦力变为正压力的0.4倍。若汽车通过圆弧形弯道时做匀速圆周运动，汽车视为质点，路面视为水平且不考虑车道的宽度，则（ ）
A．汽车以72km/h的速率通过此圆弧形弯道时的向心加速度为3.0m/s2
B．汽车以72km/h的速率通过此圆弧形弯道时的角速度为0.6rad/s
C．晴天时汽车以180km/h的速率可以安全通过此圆弧形弯道
D．下雨时汽车以70km/h的速率可以安全通过此圆弧形弯道
易错点一：平抛运动
1、运动性质理解偏差：易错误地认为平抛运动是水平方向匀速直线运动和竖直方向匀加速直线运动简单叠加，而忽略其本质是匀变速曲线运动，加速度始终为重力加速度且方向竖直向下。在分析速度、位移变化时，没有从合运动角度正确把握，比如计算速度变化量时，没有考虑重力加速度的持续作用。
2、与实际情境结合时的错误：当把平抛运动知识应用到实际生活情境，如投篮、扔铅球等，容易忽略空气阻力等实际因素的影响。同时，不能准确根据实际场景确定平抛运动的初始条件，像投篮时篮球出手的高度、初速度方向和大小等，从而无法正确建立物理模型进行分析。
易错点二：圆周运动
1、物理量概念混淆：线速度、角速度、周期、转速等物理量关系复杂，容易混淆。例如在分析皮带传动装置时，搞不清哪些位置线速度相等，哪些位置角速度相等。对于向心加速度和切向加速度，也常常错误地认为圆周运动只有向心加速度，忽略切向加速度对速度大小变化的影响（在非匀速圆周运动中）。
2、向心力来源分析错误：在各种圆周运动模型中，不能准确分析向心力的来源。如在圆锥摆模型里，错误地将绳子拉力当作向心力，而忽略了重力和拉力合力才是向心力。在分析竖直平面内圆周运动时，对于最高点和最低点，不能根据物体运动状态和受力情况正确判断向心力的表达式，导致无法求解相关物理量。
3、临界条件应用出错：竖直平面内圆周运动的临界条件是易错点。比如轻绳模型下，物体在最高点的速度必须大于等于某个临界值才能完成圆周运动，若计算或分析时忽略这个条件，就会得出错误结论。在轻杆模型中，虽然物体在最高点速度可以为零，但在分析过程中容易与轻绳模型混淆，错误地应用轻绳模型的临界条件。
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【解密高考】
【题型一】运动的合成与分解
【题型二】斜面 曲面上的平抛运动
【题型三】平抛运动中的相遇问题
【题型四】竖直面与水平面的圆周运动
【误区点拨】
易错点：平抛运动与圆周运动的易错点
联系实际生活：以运动员投篮、车辆转弯、过山车等生活实例为背景，考查运用知识解决实际问题的能力，考生要能抽象出物理模型并分析求解。
突出模型建构与分析能力：考生要根据题目情境判断运动类型，建立物理模型，分析受力和运动过程，选择合适规律求解。复杂问题中还需合理分段分析各阶段运动特点和物理量关系。
1、梳理知识框架：从平抛和圆周运动基本概念入手构建框架。平抛运动梳理定义、运动特点、水平和竖直方向规律、合运动情况以及实验要点。圆周运动梳理各物理量定义和关系、向心力来源与计算、不同圆周运动模型特点及临界条件。用思维导图串联知识点，明晰逻辑关系。
2、深化概念理解：深入理解平抛运动是水平匀速与竖直自由落体的合运动，通过分析平抛物体不同时刻速度、位移加深理解。圆周运动要理解线速度、角速度等物理量意义，以及向心力是效果力，方向指向圆心，只改变速度方向。通过分析不同圆周运动模型向心力来源，如汽车过拱形桥向心力由重力和支持力合力提供，加深对向心力概念的理解。同时对比平抛和圆周运动特点，平抛是匀变速曲线运动，圆周运动通常是变速曲线运动，避免概念混淆。
3、强化公式应用：牢记平抛和圆周运动重要公式，通过大量练习，学会根据已知条件选择合适公式计算。还要注重公式推导和变形过程，理解推导有助于记忆和应用，学会变形以适应不同题目条件。
【题型一】运动的合成与分解
1．条件
F合与v的方向不在同一直线上，或加速度方向与速度方向不共线．
2．性质
(1)F合恒定：做匀变速曲线运动．
(2)F合不恒定：做非匀变速曲线运动．
3．速度方向： 沿轨迹切线方向．
4．合力方向与轨迹的关系：物体做曲线运动的轨迹一定夹在速度方向与合力方向之间，合力的方向指向曲线的“凹”侧．
5．牵引速度常见分解
牵连速度分解是一种正交分解,一个分速度沿绳、杆或垂直于接触面,另一分速度与之垂直,与其他情况无关。
（2025 浙江模拟）如图所示，一只蚂蚁从盘中心O点向盘边缘M点沿直线OM匀速爬动，同时圆盘绕盘中心O匀速转动，则在蚂蚁向外爬的过程中，下列说法正确的（ ）
A．蚂蚁运动的速率不变
B．蚂蚁运动的速率变小
C．相对圆盘蚂蚁的运动轨迹是直线
D．相对地面蚂蚁的运动轨迹是直线
【解答】解：AB．在蚂蚁向外爬的过程中，沿半径方向的速度不变，垂直于半径方向的速度逐渐变大，根据矢量合成可知合速度逐渐变大，即蚂蚁运动的速率变大，故AB错误；
C．蚂蚁相对圆盘沿半径方向运动，则相对圆盘蚂蚁的运动轨迹是直线，故C正确；
D．相对地面，蚂蚁有沿半径方向的匀速运动和垂直半径方向的圆周运动，则合运动的轨迹不是直线，故D错误；
故选：C。
（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。
由于空气阻力的影响，炮弹的实际飞行轨迹不是抛物线，而是“弹道曲线”，如图中实线所示，图中虚线为不考虑空气阻力情况下炮弹的理想运动轨迹。O、a、b、c、d为弹道曲线上的五点，其中O点为发射点，d点为落地点，b点为轨迹的最高点，a、c为运动过程中经过的距地面高度相等的两点，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．炮弹到达最高点b时的加速度为g
B．炮弹经过c点时的加速度方向沿该点切线斜向上
C．炮弹经过a点时加速度的竖直分量大于g
D．炮弹由a点运动到b点的时间与由b点运动到c点的时间相等
【解答】解：A．在最高点b，炮弹除了受重力还受到向后的空气阻力，加速度大于g，故A错误；
B．根据曲线运动特点，炮弹经过c点时加速度方向一定指向轨迹凹侧，故B错误；
C．炮弹经过a点时，受空气阻力和重力共同作用，空气阻力方向与速度方向相反斜向左下方，根据牛顿第二定律，加速度的竖直分量由重力和空气阻力竖直分力相加得出，所以炮弹经过a点时加速度的竖直分量大于g，故C正确；
D．设炮弹由a点运动到b点过程中，受阻力平均竖直分量为f1，由b点运动到c点过程中，受阻力平均竖直分量为f2，根据牛顿第二定律，则前、后两个过程炮弹竖直平均加速度大小分别为
根据运动学规律，炮弹由a点运动到b点时间小于由b点运动到c点时间，故D错误。
故选：C。
（2023 嘉兴二模）如图所示，足球场上画了一条以O为原点，以x轴为对称轴的抛物线，A、B为该抛物线上的两点。体育老师要求学生在规定时间内不停顿地从抛物线的一端跑到另一端。小张同学按要求完成该运动的过程中，可以肯定的是（ ）
A．所受的合外力始终不为零
B．x轴方向的分运动是匀速运动
C．y轴方向的分运动是匀速运动
D．通过A、B两点时的加速度相等
【解答】解：A、学生沿抛物线运动，其做曲线运动，速度方向不断发生变化，即速度变化量不为零，加速度不为零，即学生所受外力的合力一定不为零，故A正确；
BC、根据曲线运动的条件可知，学生所受外力的合力方向指向抛物线的凹侧，但是具体方向不确定，因此x轴方向与y轴方向的分运动不能肯定是匀速运动，故BC错误；
D、根据上述，由于学生所受外力的合力大小与方向均不确定，因此通过A、B两点时的加速度不能确定是相等的，故D错误。
故选：A。
如图所示，斯特林发动机的机械装置可以将圆周运动转化为直线上的往复运动。连杆AB，OB可绕图中A、B、O三处的转轴转动，连杆OB长为R，连杆AB长为L（L＞R），当OB杆以角速度ω逆时针匀速转动时，滑块在水平横杆上左右滑动，连杆AB与水平方向夹角为α，AB杆与OB杆的夹角为β。在滑块向左滑动过程中（ ）
A．滑块A从右向左先做加速度减小的加速运动，后做加速度减小的减速运动
B．当OB杆与OA垂直时，滑块的速度最大
C．当OB杆与OA垂直时，滑块的速度大小为
D．当β＝90°时，滑块的速度大小为
【解答】解：设滑块的速度（合速度）大小为v，沿水平方向，如图将A点的速度分解为沿着杆的分速度和垂直杆的分速度
根据运动的合成与分解可知，沿杆方向的分速度：v1＝vcosα
BB点做圆周运动，实际速度是圆周运动的线速度，可以分解为沿杆方向的分速度和垂直于杆方向的分速度，如图设B的线速度为v'，则
沿杆的分速度：
v'1＝v'cosθ＝v'cos（90°﹣β）＝v'sinβ
v'＝ωR
又二者沿杆方向的分速度是相等的，即v1＝v'1
联立可得
在△AOB中，由正弦定理得
解得v＝ωsOAtanα
A.滑块A从右向左运动时，sOA一直增大，α由零增大到某一最大值在减少到零，可知过程中v存在最大值，v最大时其加速度为零，则加速度必存在先减小后增大的过程，故A错误；
BC.当O杆OB与AB垂直时，α＝90°﹣β，sinβ＝cosα，则，滑块的速度不是最大，故B，C错误；
D.当β＝90°时，如图所示：
滑块的速度为：，故D正确。
故选：D。
【题型二】斜面 曲面上的平抛运动
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：tanθ＝ 水平：vx＝v0 竖直：vy＝gt 合速度： v＝ 方向：tanθ＝ 水平：x＝v0t 竖直：y＝gt2 合位移： s＝ 方向：tanθ＝
运动 时间 由tanθ＝＝得t＝ 由tanθ＝＝得t＝ 由tanθ＝＝得t＝
（2024 镇海区校级模拟）小海同学制作的游戏装置如图所示，安装在竖直轨道AB上的弹射器可上下移动，能射出速度大小可调节的小球。圆心为O的圆弧槽BCD上开有小孔P，小球落到小孔时，速度只有沿OP方向才能通过小孔，游戏成功。已知当弹射器在轨道上E位置，使小球以速度v0水平射出时，游戏成功，则进行下列操作后，仍能使游戏成功的是（ ）
A．弹射器在E位置，将小球以大于v0的速度斜向右上射出
B．弹射器在E位置，将小球以小于v0的速度斜向右下射出
C．升高弹射器至Q点，小球以大于v0的速度斜向右下射出
D．升高弹射器至Q点，小球以小于v0的速度斜向右上射出
【解答】解：AB.已知当弹射器在轨道上E位置，使弹丸以速度v0水平射出时，游戏成功，则设OP与OD的角度为α，则
tanα
x＝R+Rcosα＝v0t
y＝Rsinα+hgt2
vy＝gt
弹射器在E位置，h不变，y不变，t不变，vy不变，v0不变，应该以速度v0水平射出，故AB错误；
CD.升高弹射器至Q，h变大，y变大，t变大，vy变大，v0变大，设射出方向与水平方向的角度为β，水平方向
v1cosβ＝v0
则v1大于v0的速度斜向右下或者右上射出，故C正确，D错误。
故选：C。
如图所示，一可视作质点的小球在斜面上的某点以水平速度从斜面上抛出，飞行一段时间后落回在斜面上，水平向左方向上有恒定的风力作用，不计空气阻力，下列说法不正确的一项是（ ）
A．小球在空中运动过程中，单位时间内的速度变化量大小不变
B．小球在空中运动过程中，单位时间内的速度变化量方向不变
C．小球在空中的运动轨迹是一条抛物线
D．小球在空中的运动性质是变加速曲线运动
【解答】解：AB、小球在空中运动过程中，单位时间内的速度变化量
Δv＝at
由于加速度恒定，单位时间内的速度变化量大小不变、方向不变，故AB正确，不符合题意。
CD、小球在空中运动过程中，受水平向左的恒定的风力和竖直向下的重力作用，小球所受的合力是恒力，由牛顿第二定律F＝ma，可知加速度恒定，加速度方向向左下方，速度与合力不共线，所以小球在空中的运动性质是匀加速曲线运动，小球在空中的运动轨迹是一条抛物线，故C正确，不符合题意，D错误，符合题意；
故选：D。
如图所示，甲、乙两名滑板运动员在水平U形赛道上比赛，甲、乙先后从赛道边缘上的A点滑出，一段时间后再次滑入赛道，观察发现甲的滞空时间比乙长，运动过程中乙的最小速度比甲的最小速度大。不计空气阻力，可将运动员视为质点，则下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙的最大腾空高度相同
B．甲从A点滑出时的初速度一定大于乙的初速度
C．甲、乙从A点滑出时的初速度方向可能相同
D．甲、乙再次滑入赛道的位置可能相同
【解答】解：
A.甲的滞空时间比乙长，故甲的竖直速度vy更大，最大腾空高度h，故甲的腾空高度更大，故A错误；
B.乙的最小速度比甲的最小速度大，即甲的vx更小，从A点滑出时的初速度v，故无法比较，故B错误；
C.设初速度与水平方向夹角为θ，tanθ，故甲与水平方向夹角更大，故C错误；
D.根据水平位移公式x＝vx 2，可能相同，故甲、乙再次滑入赛道的位置可能相同，故D正确；
故选：D。
跳台滑雪是一项勇敢者的运动，某运动员从跳台A处沿水平方向飞出，在斜面AB上的B处着陆，斜面AB与水平方向夹角为30°且足够长，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．运动员在空中相同时间内的速度变化相同
B．运动员在斜面上的落点到A点的距离与初速度成正比
C．运动员落在B处的速度与水平方向夹角60°
D．运动员的质量越大，落点离A越远
【解答】解：A．运动员在空中只受重力，加速度恒定，由v＝gt可知，单位时间内速度变化相同，故A正确；
B．落点到A的距离利用平抛规律可知，水平方向上有：x＝v0t，竖直方向上有：；根据运动的合成和分解规律可知，，解得水平位移，联立解得，
所以运动员在斜面上的落点到A点的距离与初速度的平方成正比，故B错误；
C．根据平抛运动的结论速度夹角的正切值是位移夹角正切值的2倍可知，速度与水平方向夹角的正切值是2tan30°，故C错误；
D．根据平抛运动的规律可知，平抛运动与质量无关，所以落点与质量无关，故D错误。
故选：A。
（2023 台州二模）如图所示，一架战斗机沿水平方向匀速飞行，先后释放三颗炸弹，分别击中山坡上水平间距相等的A、B、C三点。已知击中A、B的时间间隔为t1，击中B、C的时间间隔为t2，释放炸弹的时间间隔分别为Δt1、Δt2。不计空气阻力，则（ ）
A．t1＞t2 B．t1＝t2 C．Δt1＞Δt2 D．Δt1＝Δt2
【解答】解：设释放第一颗炸弹的时刻为t01，击中山坡上A点的时刻为tA，释放第二颗炸弹的时刻为t02，击中山坡上B点的时刻为tB，释放第三颗炸弹的时刻为t03，击中山坡上C点的时刻为tC，由于炸弹在空中下落过程，战斗机一直处于炸弹的正上方，根据水平方向上的运动特点可得：
xAB＝v0（tB﹣tA）＝v0t1
xBC＝v0（tC﹣tB）＝v0t2
由于xAB＝xBC
可得：t1＝t2
设三颗炸弹在空中下落的高度分别为hA、hB、hC；因为平抛运动的物体在竖直方向上做自由落体运动，则三颗炸弹在空中的下落时间分别为：
则有
由图可知下落高度关系为：hB略小于hA，hC比hB小得多；由此可知Δt1＜Δt2，故B正确，ACD错误；
故选：B。
【题型三】平抛运动中的相遇问题
平抛与自由落体 平抛与竖直上抛 平抛与平抛 平抛与匀速
x:l=vt; y:空中相遇t< 联立得 x:s=v1t; y: gt2+v2t- gt2=H, t=H/v2 联立得H/v2=s/t 球1比球2先抛 t1>t2、v1v4； x:l=(v1-t2)t; y:t=
（2024 金东区校级模拟）如图所示，甲同学在地面上将排球以速度v1击出，排球沿轨迹①运动；经过最高点后，乙同学跳起将排球以水平速度v2击回，排球沿轨迹②运动，恰好落回出发点。忽略空气阻力，则排球（ ）
A．沿轨迹②运动的最大速度可能为v1
B．沿轨迹①运动的最小速度为v2
C．沿轨迹①和轨迹②运动过程的速度变化量大小相同
D．沿轨迹①和轨迹②运动过程的平均速度大小可能相同
【解答】解：AB.根据图像可知，轨迹①最高点大于轨迹②最高点，分析在最高点往左运动，根据平抛规律可知
轨迹①运动时间长，但水平位移小，所以轨迹①水平分速度小；
竖直分速度 v2＝2gh 轨迹①的大，所以沿轨迹②运动的最大速度可能为v1，沿轨迹①运动的最小速度即水平速度，小于v2，故A正确，B错误；
C.沿轨迹①和轨迹②运动过程的速度变化量Δv＝gΔt不同，因为运动时间不同，故C错误；
D.沿轨迹①和轨迹②运动过程的平均速度大小不同，因为位移大小相同，但时间不同，故D错误。
故选：A。
（2024 温州三模）如图所示，将两小沙包a、b以不同的初速度分别从A、B两处先后相差0.5s水平相向抛出，同时落在水平面同一处，且速度方向与竖直方向夹角相等。两小沙包a、b视为质点，并在同一竖直面内运动，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．A处比B处高1.25m
B．若将两沙包同时水平抛出，落地前可能会相遇
C．若已知B处高度和沙包b的下落时间，可求出A、B的水平距离
D．若已知A处高度和沙包a的初速度，可求出A、B的水平距离
【解答】解：A.设A处高度h1，B处高度为h2，沙包a、b在竖直方向下做自由落体运动，A比B先释放0.5s，但是同时落地，肯定的A下落到B高度处不是0.5s，B的下落时间未知，肯定求不了，故A错误；
B.若将两沙包同时水平抛出，初速度不同，水平位移肯定不同，这里应该用竖直方向上不可能在同一高度分析，则落地前不会相遇，故B错误；
C.若已知B处高度和沙包b的下落时间。根据x＝v0t可知，不可求出沙包a的水平位移，但不能求出A、B的水平距离，故C错误。
D.若已知A处高度和沙包a的初速度，根据hgt2可求出沙包b的下落时间t，沙包b的下落时间为（t+0.5），根据x＝v0t可知，可求出沙包a的水平位移，同时落在水平面同一处，且速度方向与竖直方向夹角相等，即，又因为vay＝g（t+0.5），vvby＝gt，可求出vb0，根据x＝v0t可知，可求出沙包b的水平位移，故D正确，ABC错误。
故选：D。
（2025 宁波一模）同学们设计了一个“地面飞镖”的游戏，如图所示，投掷者需站在投掷线后的一条直线上将飞镖水平抛出，飞镖落在水平放置的盘面MN内即可获得奖励。如图所示，甲同学将飞镖从较高的A点以水平速度v1抛出，乙同学从较低的B点以水平速度v2抛出，两飞镖落于盘面的同一点C，且两飞镖与盘面夹角α相同，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．两飞镖落到C点的速度相同
B．抛出点A、B与落点C三点必共线
C．要使飞镖均落到盘面内，则从A点抛出的水平速度范围更大
D．从A、B两点水平抛出的飞镖，只要落到盘面内则必落到同一点
【解答】解：A、两飞镖在空中做平抛运动，甲同学飞镖落在C点时竖直方向上的分速度大小为
甲同学飞镖落到C点的速度为
乙同学飞镖落在C点时竖直方向上的分速度大小为
乙同学飞镖落到C点的速度为
因h1＞h2，则两飞镖落到C点的速度不同，故A错误；
B、由于两飞镖在C点速度方向与水平方向夹角相同，根据平抛运动的推论：速度方向与水平方向夹角的正切值为位移方向夹角正切值的2倍，二者位移方向的偏角相等，则A、B、C三点必共线，故B正确；
C、结合上述分析可知
可知v1＞v2，同时运动时间甲同学的飞镖运动时间更长，而水平变化位移相同，对应的甲的变化时间更小，所以从A点抛出的水平速度范围更小，故C错误；
D、由于运动时间与水平抛出的速度大小均不相同，二者的水平位移可能相同，也可能不同，所以两飞镖可能落在盘面内同一点，也可能不落在同一点，故D错误。
故选：B。
（多选）（2025 镇海区校级模拟）如图所示，A、B两位同学从同一高度分别抛出沙包1和2，两沙包抛出的初速度大小均为v0，方向与水平方向的夹角分别为θ1、θ2，且θ1＞θ2，两沙包抛出后在空中的运动轨迹分别如图中Ⅰ和Ⅱ所示。两位同学均能在各自的抛出点接住对方抛来的沙包，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．两抛出点之间的距离为
B．沙包1和2在空中运动时间之比为tanθ2
C．沙包1和2运动过程中最小速度之比为tanθ1
D．沙包1和2运动过程中离地的最大高度之比为tan2θ1
【解答】解：A、沙包做斜抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，对沙包2有：
；x＝v0cosθ2t
代入数据解得，故A正确；
B、根据A的解答，对于沙包1也有：
可得：sin2θ1＝sin2θ2，可得：θ1+θ2＝90°
根据运动的分解，沙包1和2在空中运动的竖直分速度为
vy1＝v0sinθ1
vy2＝v0sinθ2
根据运动学公式又有运动到最高点竖直方向分速度的大小为
vy1＝gt1
vy2＝gt2
联立整理解得有
沙包1和2在空中运动时间之比为：
tanθ1，故B错误；
C、沙包1和2运动过程中最小速度出现在竖直分速度为零的时刻，故
vmin＝v0cosθ
故沙包1和2运动过程中最小速度之比为
tanθ2
故C错误；
D、沙包1和2运动过程中离地的最大高度为
故沙包1和2运动过程中离地的最大高度之比为：
tan2θ1
故D正确，
故选：AD。
如图所示，从高H处的P点先后水平抛出两个小球，球1刚好直接越过竖直挡板MN落在水平地面上的Q点，球2与地面碰撞N（N≥1）次后，刚好越过高为h的挡板MN（h可调节）也落在Q点。假设球2每次与地面的碰撞都是弹性碰撞，两球的空气阻力均可忽略，则（ ）
A．h与H之比可能为1：2
B．h与H之比可能为11：36
C．球1与球2速度之比可能为2：1
D．球1与球2速度之比可能为16：1
【解答】解：CD、两小球都能落在Q点，对球1：Hgt2，xOQ＝v1t；对球2：Hgt2，xOQ＝（2N+1）v2t；可得，球1与球2速度之比可能为3：1、5：1、7：1、…，故CD错误；
AB、刚好能过M点，对球1：H﹣hgt′2，xOM＝v1t'；对球2：H﹣hgt′2，xOM＝（2N﹣1）v2t+v2Δt，其中Δt＝t﹣t′，可得v1v2（2N），利用代入可解得，当N＝5时，h与H之比为11：36，故A错误，B正确。
故选：B。
【题型四】竖直面与水平面的圆周运动
绳模型 杆模型
常见 类型 均是没有支撑的小球 均是有支撑的小球
过最高 点的临 界条件 由mg＝m得v临＝ 由小球恰能做圆周运动得v临＝0
讨论 分析 (1)过最高点时，v≥，FN＋mg＝m，绳、圆轨道对球产生弹力FN (2)不能过最高点时，v<，在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道 (3)上、下两点拉力之差为6mg。 (1)当v＝0时，FN＝mg，FN为支持力，沿半径背离圆心 (2)当0时，FN＋mg＝m，FN指向圆心，并随v的增大而增大
（2024 东阳市三模）智能呼啦圈可以提供全面的数据记录，让人合理管理自己的身材。如图甲，腰带外侧带有轨道，将带有滑轮的短杆穿入轨道，短杆的另一端悬挂一根带有配重的轻绳，其简化模型如图乙所示。可视为质点的配重质量为0.4kg，轻绳长为0.4m，悬挂点P到腰带中心点O的距离为0.26m，配重随短杆做水平匀速圆周运动，绳子与竖直方向夹角为θ，运动过程中腰带可视为静止，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，下列说法正确的是（ ）
A．若增大转速，腰带受到的摩擦力变大
B．当转速时，则绳子与竖直方向夹角θ＝37°
C．若增大转速，则绳子与竖直方向夹角θ将减小
D．若增加配重，保持转速不变，则绳子与竖直方向夹角θ将减小
【解答】解：A．以腰带和配重整体为研究对象，转动过程中，根据平衡条件，整体在竖直方向处于平衡状态，所以
f＝（m配重+m腰带）g
故增大转速，腰带受到的摩擦力不变，故A错误；
B．对配重进行受力分析，根据牛顿第二定律可得
mgtanθ＝mω2（LOP+l绳sinθ）
ω＝2πn
当转速时，代入数据可得
θ＝37°
故B正确；
CD．对配重进行受力分析，其在水平面上做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可得
mgtanθ＝mω2（LOP+l绳sinθ）
整理得
故增大转速，则绳子与竖直方向夹角θ将增大，绳子与竖直方向夹角与配重质量无关，故CD错误。
故选：B。
（2024 浙江模拟）如图所示，ABC为在竖直平面内的金属半圆环，AC为其水平直径，AB为固定的直金属棒，在金属棒上和半圆环的BC部分分别套着两个完全相同的小球M、N（视为质点），B固定在半圆环的最低点。现让半圆环绕对称轴以角速度ω＝25rad/s匀速转动，两小球与半圆环恰好保持相对静止。已知半圆环的半径R＝1m，金属棒和半圆环均光滑，取重力加速度大小g＝10m/s2，下列选项正确的是（ ）
A．N、M两小球做圆周运动的线速度大小之比为1：
B．N、M两小球做圆周运动的线速度大小之比1：
C．若稍微增大半圆环的角速度，小环M稍许靠近A点，小环N将到达C点
D．若稍微增大半圆环的角速度，小环M将到达A点，小环N将稍许靠近C点
【解答】解：AB、金属棒AB与竖直方向夹角为45°，小球M受到重力和杆的支持力，在水平面内做匀速圆周运动，合力的方向沿水平方向，则有：
FN＝mgtan45°＝mωvM，解得：
设半圆环的圆心为O，NO与竖直方向之间的夹角为θ，对小球N，同理可得：
FN′＝mgtanθ＝mωvN，解得：vN
又：FN′＝mω2r，r＝Rsinθ
联立解得：vN
则：，故AB错误；
CD、设半圆环的圆心为O，NO与竖直方向之间的夹角为θ，对小球N，由牛顿第二定律得：
mgtanθ＝mω2rN
rN＝Rsinθ
解得：
可见当ω稍微增大时，cosθ会减小，θ增大，小球N将向C靠近，当ω趋近无穷大，θ会趋近90°，即稍微增大半圆环的角速度，小环N将靠近C点而不会到达C点。
对于小球M，由牛顿第二定律得：
mgtan45°＝mω2rM，
rM＝Rsinβ，β是MO与竖直方向的夹角，
g＝mω2Rsinβ，
可见小球M做匀速圆周运动时向心力大小是一定的，即为mgtan45°，当角速度增大时，所需要的向心力增大，所能提供的向心力一定，小于小球M所需要的向心力，M将做离心运动，则圆周运动半径rM将变大，所需向心力更大，故小球M将一直离心运动直到到达A点。故C错误，D正确；
故选：D。
如图所示有竖直平面内的圆轨道，轨道内外两侧均光滑，半径为R，质量为m的小滑块以v1、v2初速度分别在轨道最高点的内侧和外侧运动，以下关于滑块是否脱离轨道的说法正确的是（ ）
A．不管在轨道的内侧还是外侧运动，只要最高点不脱离则其它点一定不会脱离轨道
B．不管在轨道的内侧还是外侧运动，只要最高点的速度大于等于，一定不会脱离轨道
C．在轨道的内侧最高点的速度、外侧最高点的速度v2＝0，都不会脱离轨道
D．在轨道的内侧只要一定脱离轨道，外侧无论v2多大都会脱离轨道
【解答】解：当小滑块在轨道内侧运动时，受力分析如图
小滑块所受指向轨道圆心的合力提供向心力，则有
从最高点滑下来，由机械能守恒定律
联立解得，压力
所以当FT≥0时，小滑块能够不脱离轨道在轨道内侧运动，需要满足条件：
当θ＝0°时，cosθ最大，所以需满足
解得小滑块在轨道内侧运动不脱离轨道的条件是；
当小滑块在轨道外侧运动时，受力分析如图所示，
小滑块受到的合力提供向心力，故
从最高点滑下来，由机械能守恒定律可得，
联立解得
所以当FT≥0时，小滑块能够不脱离轨道在轨道外侧运动，需满足
当θ＝90°时，cosθ最小，所以需满足，则可知，此时v2无解，所以无论小滑块以多大的速度在轨道外侧从最高点滑出，都会脱离轨道。
由以上分析可知，在轨道的内侧只要，滑块就一定会脱离轨道，而在外侧无论v2多大都会脱离轨道，故ABC错误，D正确。
故选：D。
高速离心机用于快速沉淀或分离物质。如图所示，水平试管固定在高速离心机上，离心机的转速为n，在水平试管中有质量为m的某固体颗粒，某时刻颗粒离转轴的距离为r。已知试管中充满液体，颗粒与试管内壁不接触。下列说法正确的是（ ）
A．颗粒运动的角速度为
B．颗粒此时受到的合外力大小必为4π2mrn2
C．离转轴越远，分离沉淀效果越好
D．此款高速离心沉淀机，适用于任何颗粒，颗粒都会到试管底部沉淀
【解答】解：A、根据角速度与转速的关系，可得颗粒运动的角速度为ω＝2πn，故A错误；
B、如果颗粒在此处做匀速圆周运动，合外力必为F＝4π2mrn2，但从题义上不能得出它在此稳定做圆周运动，故B错误；
C、离转轴越远，r越大，需要的向心力越大，就越易做离心运动，也就越容易分离，故C正确；
D、只能将密度比液体密度大的颗粒沉在的底部，故D错误。
故选：C。
如图所示是港珠澳大桥的一段半径为120m的圆弧形弯道。晴天时路面对轮胎的径向最大静摩擦力为正压力的0.8倍，下雨时路面对轮胎的径向最大静摩擦力变为正压力的0.4倍。若汽车通过圆弧形弯道时做匀速圆周运动，汽车视为质点，路面视为水平且不考虑车道的宽度，则（ ）
A．汽车以72km/h的速率通过此圆弧形弯道时的向心加速度为3.0m/s2
B．汽车以72km/h的速率通过此圆弧形弯道时的角速度为0.6rad/s
C．晴天时汽车以180km/h的速率可以安全通过此圆弧形弯道
D．下雨时汽车以70km/h的速率可以安全通过此圆弧形弯道
【解答】解：AB．汽车通过此圆弧形弯道时做匀速圆周运动，轨道半径为120m，运动速率v＝72km/h＝20m/s
向心加速度为：
代入数据得：a≈3.3m/s2
角速度为：
代入数据得：
故AB错误；
C．以汽车为研究对象，当路面对轮胎的径向摩擦力指向内侧且达到径向最大静摩擦力时，此时汽车的速率为安全通过圆弧形弯道的最大速率vm。设汽车的质量为m，在水平方向上根据牛顿第二定律得：
在竖直方向有
FN＝mg
径向最大静摩擦力变为正压力的0.8倍，即
fm＝kFN
联立得：
解得：vm≈111.5km/h
由于180km/h＞vm
所以晴天时，汽车以180km/h的速率不能安全通过此圆弧形弯道，故C错误；
D．下雨时，路面对轮胎的径向最大静摩擦力变为正压力的0.4倍，有
解得：vm＝78.9km/h
由于vm＞70km/h
所以下雨时汽车以70km/h的速率可以安全通过此圆弧形弯道，故D正确。
故选：D。
易错点一：平抛运动
1、运动性质理解偏差：易错误地认为平抛运动是水平方向匀速直线运动和竖直方向匀加速直线运动简单叠加，而忽略其本质是匀变速曲线运动，加速度始终为重力加速度且方向竖直向下。在分析速度、位移变化时，没有从合运动角度正确把握，比如计算速度变化量时，没有考虑重力加速度的持续作用。
2、与实际情境结合时的错误：当把平抛运动知识应用到实际生活情境，如投篮、扔铅球等，容易忽略空气阻力等实际因素的影响。同时，不能准确根据实际场景确定平抛运动的初始条件，像投篮时篮球出手的高度、初速度方向和大小等，从而无法正确建立物理模型进行分析。
易错点二：圆周运动
1、物理量概念混淆：线速度、角速度、周期、转速等物理量关系复杂，容易混淆。例如在分析皮带传动装置时，搞不清哪些位置线速度相等，哪些位置角速度相等。对于向心加速度和切向加速度，也常常错误地认为圆周运动只有向心加速度，忽略切向加速度对速度大小变化的影响（在非匀速圆周运动中）。
2、向心力来源分析错误：在各种圆周运动模型中，不能准确分析向心力的来源。如在圆锥摆模型里，错误地将绳子拉力当作向心力，而忽略了重力和拉力合力才是向心力。在分析竖直平面内圆周运动时，对于最高点和最低点，不能根据物体运动状态和受力情况正确判断向心力的表达式，导致无法求解相关物理量。
3、临界条件应用出错：竖直平面内圆周运动的临界条件是易错点。比如轻绳模型下，物体在最高点的速度必须大于等于某个临界值才能完成圆周运动，若计算或分析时忽略这个条件，就会得出错误结论。在轻杆模型中，虽然物体在最高点速度可以为零，但在分析过程中容易与轻绳模型混淆，错误地应用轻绳模型的临界条件。
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