【文档说明】备战2024年高考物理易错题（新高考专用）易错点04 曲线运动-（3大陷阱） Word版含解析.docx，共(37)页，2.796 MB，由小赞的店铺上传

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易错点04曲线运动目录01易错陷阱（3大陷阱）02举一反三【易错点提醒一】不会分析小船渡河模型【易错点提醒二】关联速度模型分解速度错误【易错点提醒三】不会用运动的合成与分解求平抛运动问题【易错点提醒四】盲

目套用平抛运动的基本规律【易错点提醒五】不会分析圆周运动向心力的来源【易错点提醒六】竖直平面圆周运动混淆两种模型03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＝dv船渡河位移最短如果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<v水，当船头方向(即v船方向)与合速度方向垂直时，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.关联速度模型绳（杆）关联速度问题解题思路易错点二：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＝2hg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＝v02hg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＝

v2x＋v2y＝v20＋2gh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2hgxv0=；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=½mv2-½mv02，可求出2ghvv20+=。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．hxvv0θα易错点三：对圆周运动理解有误易错题【02】圆周运动理解有误竖直面内的圆周运动1．常见模型轻“绳”模型轻“杆”模型情景图示弹力特征弹力可能向下，也可能等于零弹力可能向下，可能

向上，也可能等于零受力示意图力学方程mg＋FT＝mv2rmg±FN＝mv2r临界特征FT＝0，即mg＝mv2r，得v＝grv＝0，即F向＝0，此时FN＝mgv＝gr的意义物体能否过最高点的临界点FN表现为拉力还是支持力的临界点2.分析思路.【易错点提醒一】不会分析小

船渡河模型【例1】．（2023·海南·统考二模）一小船在静水中的速度为3m/s，它在一条河宽150m，流速为5m/s的河流中渡河，则下列说正确的是（）A．小船渡河时间不少于60sB．小船以最短时间渡河时，它沿水流方向的位移大小为150mC．小船

以最短位移渡河时，位移大小为250mD．小船以最短位移渡河时，时间为60s易错分析：没有弄清哪是分速度，哪是合速度，也不会运用三角形或平知四边形定则作出矢量图像求解。【答案】C【详解】A．当船的静水中的速度垂直

河岸时渡河时间最短min150s50s3dtv===船故A错误；B．船以最短时间50s渡河时沿河岸的位移min550m250mxvt===水即它沿水流方向的位移大小为250m，故B错误；C．因为水流速度大于船的静水速度，所以船不能垂直渡河

，如图所示当合速度与静水速度的方向垂直时，合速度与水流速度的夹角最大，渡河位移最小，则3sin5vv==船水则渡河的最小位移150m250m3sin5dx===故C正确；D．若船以最短位移渡河时，时间

为22250s62.5s53xtv===−合故D错误。故选C。【变式1-1】（2023·山东泰安·统考模拟预测）如图，某河流中水流速度大小恒为v1，A处的下游C处有个漩涡，漩涡与河岸相切于B点，漩涡的半径为r，AB=43r。为使小船从A点出发以恒定的速度安全到

达对岸，小船航行时在静水中速度的最小值为（）A．135vB．12425vC．v1D．153v【答案】B【详解】根据题意得tan43rr=解得37=小船航行时在静水中速度的最小值为21sin2vv=解212425vv=故选B。【变式1-2】（2023·福建福州·统考模拟预测）洪水无情人有情，

每一次重大抢险救灾，都有子弟兵的身影。如图所示，水速为v，消防武警驾驶冲锋舟若采取冲锋舟最小速度和船头正对河岸两种行驶方案，沿与平直河岸成30°角的线路把被困群众从A处送到对岸安全地B处，则两种方案中冲锋舟最小速度v1和船头正对河岸的冲锋舟速度v2

之比为（）A．1:2B．1:3C．2:3D．3:2【答案】D【详解】设冲锋舟以最小速度v1和船头正对河岸速度v2分别从A到B，冲锋舟最小速度v1垂直于AB连线1sin30vv=冲锋舟速度v2垂直于水平河岸2tan30vv=可知12cos3

03=2vv=故选项D正确。【变式1-3】有甲、乙两只船,它们在静水中航行的速度分别为v1和v2,现在两船从同一渡口向河对岸开去,已知甲船想用最短时间渡河,乙船想以最短航程渡河,结果两船抵达对岸的地点恰好相

同。则甲、乙两船渡河所用时间之比𝑡1𝑡2为()。A.𝑣22𝑣1B.𝑣1𝑣2C.𝑣22𝑣12D.𝑣12𝑣22【答案】C【解析】当v1与河岸垂直时,甲船渡河时间最短;乙船船头斜向上游开去,才有可能航程最短,

由于甲、乙两只船到达对岸的地点相同(此地点并不在河正对岸),可见乙船在静水中的速度v2比水的流速v0要小,要满足题意,则如图所示。设河宽为d,甲用时t1=𝒅𝒗𝟏,乙用时t2=𝒅𝐜𝐨𝐬𝜽𝒗𝟐𝐭𝐚𝐧𝜽,则𝒕

𝟏𝒕𝟐=𝒗𝟐𝐬𝐢𝐧𝜽𝒗𝟏,cosθ=𝒗𝟐𝒗𝟎,tanθ=𝒗𝟎𝒗𝟏,联立解得𝒗𝟐𝒗𝟏=sinθ,𝒕𝟏𝒕𝟐=𝒗𝟐𝟐𝒗𝟏𝟐。C项正确。【易错点提醒二】关联速度模型分解速度错误【例2】（2023·湖南省隆回县第二中学模拟预测）如图所示为

内燃机中轻质活塞和曲柄连杆结构的示意图和简图。气缸内高压气体推动活塞使其往复运动，某时刻活塞的速度为0v，连杆AO与活塞轴线BO垂直，气缸中高压气体及外部大气对活塞作用力的合力大小为F，已知12AOAB=，不计一切摩擦，则此刻（）A．活塞对连杆

AB的作用力为2FB．气缸壁对活塞的作用力为33FC．连杆AB的A端沿连杆AB方向的线速度为0233vD．连杆OA的A端绕O点转动的线速度为0v易错分析：不能根据A点速度的实际情况分解两个分速度，而是凭想象争解为水平方向和

竖直方向【答案】BD【解析】连杆AO与活塞轴线BO垂直时，由几何关系可知BA与BO之间的夹角30=由于是轻质活塞，所以活塞所受合外力为零，活塞受连杆AB对其的推力1F、气缸壁对其的弹力2F和高压气体及外部大气对活塞的作用力作

用，如图所示根据平衡条件可得1cosFF=12sinFF=解得1233FF=233FF=故A错误，B正确；0v沿连杆AB方向和垂直于连杆AB方向分解，如图所示沿连杆AB方向的速度A003cos302vv

v==o连杆OA的A端绕O转动的线速度A0cos30vvv==o，故C错误，D正确。【变式1-1】如图所示，长为L的直棒一端可绕固定轴O转动，另一端搁在水平升降台上，升降平台以速度v匀速上升，当棒与竖直方向的夹角为θ时，棒的角速度为()A．sinvLB．cosvLC

．cosvLD．sinvL【答案】D【详解】棒与平台接触点的实际运动即合运动，方向垂直于棒指向左上方，如图所示，合速度为vL实＝竖直向上的速度分量等于平台上升的速度v，即sinLv=所以sinvL=故选D。【变式1-2】质量为m的物体P置于倾角为1的固定光滑斜面上，

轻细绳跨过光滑定滑轮分别连接着P与小车，P与滑轮间的细绳平行于斜面，小车以速率v水平向右做匀速直线运动，当小车与滑轮间的细绳和水平方向成夹角2时（如图），下列判断正确的是（）A．P的速率为vB．P的速率为2cosθvC．绳的拉力等于1sinθmgD．绳的拉

力小于1sinθmg【答案】B【详解】AB．将小车的速度v沿绳子方向和垂直于绳子方向正交分解，如图所示物体P的速度与小车沿绳子方向的速度相等，则有2cosPvv=故B正确，A错误；CD．小车向右运动，所以2减小，v不变，所

以Pv逐渐变大，说明物体P沿斜面向上做加速运动。对物体P受力分析可知，物体P受到竖直向下的重力，垂直于斜面向上的支持力，沿绳向上的拉力T，沿斜面和垂直斜面建立正交轴，沿斜面方向由牛顿第二定律可得1sinTmgmaq-=可得1sinTmg

q>故CD错误。故选B【变式1-3】（2023·河南安阳·安阳一中校考模拟预测）两个相同的正方形铁丝框按图所示放置，它们沿对角线方向分别以速度v和2v向两边运动，则两线框的交点M的运动速度大小为（）A．322vB．102vC．62vD．22v【答案】B【详解】若右框不动

，左框以速度v向左运动，则交点M沿框边滑行的速度为12cos452vvv==若左框不动，右框以速度2v向右运动，则交点M沿框边滑行的速度为22cos452vvv==当左右两框同时运动时，相当于交点同时参加上述两种运动，如图所示因此其速度为22221

2110222Mvvvvvv=+=+=故选B【易错点提醒三】不会用运动的合成与分解求平抛运动问题【例3】（2021·河北高考真题）铯原子钟是精确的计时仪器，图1中铯原子从O点以100m/s的初速度在真空中做平抛运动，到达竖直平面MN所用时间为1t；

图2中铯原子在真空中从P点做竖直上抛运动，到达最高点Q再返回P点，整个过程所用时间为2t，O点到竖直平面MN、P点到Q点的距离均为0.2m，重力加速度取210m/sg=，则12:tt为（）A．100∶1B．1∶100C．1∶200D．200∶1易错分析平抛运动可以分解为水平

方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动。分别研究两个分运动的规律，必要时再用运动合成的方法进行合成。【答案】C【解析】铯原子做平抛运动，水平方向上做匀速直线运动，即1xvt=解得10.2s100xtv==铯原子做竖直上抛运动，抛至最高点用时22t，逆过程可视为

自由落体，即221()22txg=解得2880.20.4s10xtg===则120.211000.4200tt==故选C。【变式1-3】（2021·江苏高考真题）如图所示，A、B两篮球从相同高度同时抛出后

直接落入篮筐，落入篮筐时的速度方向相同，下列判断正确的是（）A．A比B先落入篮筐B．A、B运动的最大高度相同C．A在最高点的速度比B在最高点的速度小D．A、B上升到某一相同高度时的速度方向相同【答案】D【解析】AB．若研究两个过程的逆过程，可看做是从篮筐沿

同方向斜向上的斜抛运动，落到同一高度上的AB两点，则A上升的高度较大，高度决定时间，可知A运动时间较长，即B先落入篮筐中，AB错误；C．因为两球抛射角相同，A的射程较远，则A球的水平速度较大，即在最高点的速度比B在

最高点的速度大，C错误；D．由斜抛运动的对称性可知，当A、B上升到与篮筐相同高度时的速度方向相同，D正确。故选D。【变式1-3】（2023·湖南卷·第2题）如图（a），我国某些农村地区人们用手抛撒谷粒进行水稻播种。某次抛出的谷粒中有两颗的运动轨迹如图（b）所示，其轨迹在同一竖直平面内，抛出点

均为O，且轨迹交于P点，抛出时谷粒1和谷粒2的初速度分别为1v和2v，其中1v方向水平，2v方向斜向上。忽略空气阻力，关于两谷粒在空中的运动，下列说法正确的是（）A.谷粒1的加速度小于谷粒2的加速度B.谷粒2在最高点

的速度小于1vC.两谷粒从O到P的运动时间相等D.两谷粒从O到P的平均速度相等【答案】B【解析】抛出的两粒谷粒在空中运动都是只受重力，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错误；根据抛体运动规律，可

知谷粒2在最高点的速度小于1v，两谷粒从O到P的运动时间不相等，B正确C错误；由于两谷粒在空中运动时间不相等，所以两谷粒从O到P的平均速度不相等，D错误。【变式1-3】（2022·广东卷·T6）如图5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（）A.将击中P点，t大于LvB.将击中P点，t等于LvC.

将击中P点上方，t大于LvD.将击中P点下方，t等于Lv【答案】B【解析】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212hgt=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Ltv=故选B。【易错点提醒四】盲目套用平抛运动的基本规律【例4】如图所示为置于竖直平面内的光滑杆AB，它是依照初速度为v0、水平射

程为x的平抛运动轨迹制成的，A端为抛出点，B端为落地点。现将一质量为m的小球套于其上，小球由静止开始从A端滑下，重力加速度为g，则当小球到达B端时，下列说法正确的是()A．小球在水平方向的速度大于v0B．

小球运动的时间为xv0C．小球的速率为gxv0D．小球所受重力的功率为mg2xv0易错分析：此题容易出现的错误是盲目套用平抛运动的规律，因此在处理此类问题时要注意以下两点：(1)牢记平抛运动的两个基本条件：一是只受重力作用，二是必须要有水平方向的

初速度。(2)平抛运动可以分解为竖直方向的自由落体运动和水平方向的匀速直线运动。此题中的小球虽然是按照平抛运动的轨迹运动的，但由于小球没有初速度，因此小球的运动不能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，所以小球的运动并不能按平抛运动进行处理【答案】C【解析

】小球若沿题图所示轨迹做平抛运动，其运动到B端所用的时间t＝xv0，则A端距离地面的高度h＝12gt2＝gx22v02，小球沿杆由静止开始从A运动到B，虽然轨迹为平抛运动轨迹，但小球的运动不是平抛运动，因

此运动的时间t′≠xv0，B错误。设小球运动到B端时的速率为vB，根据动能定理得mgh＝12mvB2，解得vB＝2gh＝gxv0，小球运动到B端时，在竖直方向的速度大小vy≠vB，因此重力的功率不等于mg2xv0，C正确

，D错误。小球运动到B端时的速度方向与水平方向夹角的正切值tanθ＝gtv0＝gxv02，可知小球运动到B端时其水平方向的速度大小vx＝vBcosθ＝gxv0v04＋g2x2<v0，A错误。【变式1-1】（2022·广东卷·

T3）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

（）A.B.C.D.【答案】C【解析】设斜坡倾角为，运动员在斜坡MN段做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律1sinmgma=可得1sinag=运动员在水平NP段做匀速直线运动，加速度20a=运动员从P点飞出

后做平抛运动，加速度为重力加速度3ag=设在P点的速度为0v，则从P点飞出后速度大小的表达式为2220vvgt=+由分析可知从P点飞出后速度大小与时间的图像不可能为直线，且13aaC正确，ABD错误。故选C。【变式1-2】（2

022·全国甲卷·T24）将一小球水平抛出，使用频闪仪和照相机对运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔0.05s发出一次闪光。某次拍摄时，小球在抛出瞬间频闪仪恰好闪光，拍摄的照片编辑后如图所示。图中的第一个小球为抛出瞬间的影像，每相邻两个球之间被删去了3个影像，所标出的两个线段的长

度1s和2s之比为3：7。重力加速度大小取210m/s=g，忽略空气阻力。求在抛出瞬间小球速度的大小。【答案】25m/s5【解析】频闪仪每隔0.05s发出一次闪光，每相邻两个球之间被删去3个影像，故相邻两球的时间间隔为40.054s0.2stT===设抛出瞬间小球的速度为0v，每相邻

两球间的水平方向上位移为x，竖直方向上的位移分别为1y、2y，根据平抛运动位移公式有0xvt=22111100.2m0.2m22ygt===()()222221112100.40.2m0.6m222ygtgt=−=−=令1yy=，则有2133yyy==

已标注的线段1s、2s分别为221sxy=+()222223=9sxyxy=++则有2222:93:7xyxy++=整理得255xy=故在抛出瞬间小球的速度大小为025m/s5xvt==【易错点提醒五】不会分析圆周运动

向心力的来源【例5】（2021·浙江高考真题）质量为m的小明坐在秋千上摆动到最高点时的照片如图所示，对该时刻，下列说法正确的是（）A．秋千对小明的作用力小于mgB．秋千对小明的作用力大于mgC．小明的速度为零，所受合力为零D．小明的加速度为零，所受合力为零易错

分析：向心力可以由一个力提供，也可以由几个力的合力提供，还可以由一个力的分力提供．能准确的找出向心力的来源【答案】A【解析】在最高点，小明的速度为0，设秋千的摆长为l，摆到最高点时摆绳与竖直方向的夹角为，秋千对小明的作用力为F，则对人，沿摆绳方向受力分析有2

cosvFmgml−=由于小明的速度为0，则有cosFmgmg=沿垂直摆绳方向有sinmgma=解得小明在最高点的加速度为sinag=所以A正确；BCD错误；故选A。【变式1-1】.（2021·广东高考真题）由于高度限制，车库

出入口采用图所示的曲杆道闸，道闸由转动杆OP与横杆PQ链接而成，P、Q为横杆的两个端点。在道闸抬起过程中，杆PQ始终保持水平。杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中，下列说法正确的是（）A．P点的线速度大小不变B．P点的加速度方向不

变C．Q点在竖直方向做匀速运动D．Q点在水平方向做匀速运动【答案】A【解析】A．由题知杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°，则P点绕O点做匀速圆周运动，则P点的线速度大小不变，A正确；B．由题知杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60

°，则P点绕O点做匀速圆周运动，P点的加速度方向时刻指向O点，B错误；C．Q点在竖直方向的运动与P点相同，相对于O点在竖直方向的位置y关于时间t的关系为y=lOPsin(6+ωt)则可看出Q点在竖直方向不是匀速运动，C错误；D．Q点相对于O点在水平方向的位置

x关于时间t的关系为x=lOPcos(6+ωt)+lPQ则可看出Q点在水平方向也不是匀速运动，D错误。故选A。【变式1-2】.（2020·全国高考真题）如图，一同学表演荡秋千。已知秋千的两根绳长均为10m，该同学和秋千踏板的总

质量约为50kg。绳的质量忽略不计，当该同学荡到秋千支架的正下方时，速度大小为8m/s，此时每根绳子平均承受的拉力约为（）A．200NB．400NC．600ND．800N【答案】B【解析】在最低点由22mvTmgr−=知

T=410N即每根绳子拉力约为410N，故选B。【变式1-3】.（2022·全国甲卷·T14）北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a处由静止自由滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的最低点，a、c两处的高

度差为h。要求运动员经过一点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于（）A.1hk+B.hkC.2hkD.21hk−【答案】D【解析】运动员从a到c根据动能定理有212cmghmv=在c点有2NcccvFmgmR−=

FNc≤kmg联立有21chRk−故选D。【易错点提醒六】混淆竖直平面内的两种模型【例6】（2023·江苏扬州中学模拟）如图甲所示，被称为“魔力陀螺”玩具的陀螺能在圆轨道外侧旋转不脱落，其原理可等效为如图乙所示的模型：半径为R

的磁性圆轨道竖直固定，质量为m的铁球（视为质点）沿轨道外侧运动，A、B分别为轨道的最高点和最低点，轨道对铁球的磁性引力始终指向圆心且大小不变，不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g，则（）A.铁球绕轨道可能做匀速圆周运动B.由于磁力的作用，铁球绕轨道运动过程中机械能不

守恒C.铁球在A点的速度必须大于gRD.轨道对铁球的磁性引力至少为5mg，才能使铁球不脱轨易错分析：此题中是轻杆模型，许多同学求解时把它当成了绳线模型而出现错误。【答案】D【解析】小铁球在运动的过程中受到重力、轨道的支持力和磁力的作用，其中铁球受轨道的磁性引力始终指向圆心且大小不变，支持力的方向过

圆心，它们都始终与运动的方向垂直，所以磁力和支持力都不能对小铁球做功，只有重力会对小铁球做功，所以小铁球的机械能守恒，在最高点的速度最小，在最低点的速度最大．小铁球不可能做匀速圆周运动，故选项A、B错误；小

铁球在运动的过程中受到重力、轨道的支持力和磁力的作用，在最高点轨道对小铁球的支持力的方向可以向上，小铁球的速度只要大于0即可通过最高点，故选项C错误；由于小铁球在运动的过程中机械能守恒，所以小铁球在最高点的速度越小，则机械能越小，在最低点的速度也越小，根据

F＝m2vR，可知小铁球在最低点时需要的向心力越小．而在最低点小铁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．要使铁球不脱轨，轨道对铁球的支持力一定要大于0．所以铁球不脱轨的条件是：小铁球在最高

点的速度恰好为0，而且到达最低点时，轨道对铁球的支持力恰好等于0．根据机械能守恒定律，小铁球在最高点的速度恰好为0，到达最低点时的速度满足mg•2R12=mv2轨道对铁球的支持力恰好等于0，则磁力与重力的合力提供向心力，即F

﹣mg2vR=联立得F＝5mg，故选项D正【变式1-1】（2023·辽宁·模拟预测）图1是某体操运动员在比赛中完成“单臂大回环”的高难度动作时的场景：用一只手抓住单杠，伸展身体，以单杠为轴做圆周运动，运动员运动到最高点时，运动员与单杠间弹力

大小为F，运动员在最高点的速度大小为v。其F-v2图像如图2所示，g取10m/s2。则下列说法中正确的是（）A．此运动员的质量为50kgB．此运动员的重心到单杠的距离为0.9mC．在最高点速度为4m/s时，运动员受

单杆的弹力大小跟重力大小相等D．在最高点速度为4m/s时，运动员受单杆的弹力大小为428N，方向向下【答案】BD【详解】A．对运动员在最高点进行受力分析，由图2可知20v=对运动员受力分析可得0Fmg−=，解得550kg55kg10Fmg===，故A错误；B．由图2可知，当2229m/sv=，

此时0F=重力通过向心力，根据牛顿第二定律可得2vmgmr=，解得0.9mr=，故B正确；CD．在最高点速度为4m/s时，运动员受到单杠的弹力的方向向下，根据牛顿第二定律可得2vFmgmr+=，解得427.8N428NF=，方向

竖直向下，故C错误，D正确。【变式1-2】（2023·山东·模拟预测）如图所示，竖直平面内固定有一个半径为R的光滑圆环形细管，现给小球（直径略小于管内径）一个初速度，使小球在管内做圆周运动，小球通过最高点时的速度为v。已知重力加速度为g，则下列叙述中正确的是（）A．v的最小值为gRB．当v

gR=时，小球处于完全失重状态，不受力的作用C．当2vgR=时，轨道对小球的弹力方向竖直向下D．当v由gR逐渐减小的过程中，轨道对小球的弹力也逐渐减小【答案】C【详解】A．小球通过最高点时细管可以提供竖直向上的支持力，当

支持力的大小等于小球重力的大小，小球的最小速度为零，故A错误；B．根据公式2var=可知，当vgR=时，小球的加速度为ag=方向竖直向下，则小球处于完全失重状态，只受重力作用，故B错误；C．当2vgR=时，小球需要的向心力为2n2vFmmg

R==则可知，轨道对小球的弹力大小为mg，方向竖直向下，故C正确；D．当vgR时，小球需要的向心力2nvFmmgR=可知，小球受轨道竖直向上的弹力，由牛顿第二定律有2vmgNmR−=，可得2vNmgmR=−，则v逐渐减小

的过程中，轨道对小球的弹力N逐渐增大，故D错误。故选C。（3.确。错1．（2023·全国甲卷·第14题）一同学将铅球水平推出，不计空气阻力和转动的影响，铅球在平抛运动过程中（）A．机械能一直增加B．加速度保持不变C．速度大小保持不变D．被推

出后瞬间动能最大【答案】B【详解】A．铅球做平抛运动，仅受重力，故机械能守恒，A错误；B．铅球的加速度恒为重力加速度保持不变，B正确；CD．铅球做平抛运动，水平方向速度不变，竖直方向做匀加速直线运动，根据运动的合成

可知铅球速度变大，则动能越来越大，CD错误。故选B。2．（2023·山东·模拟预测）如图，汽车从静止开始通过缆绳将质量为m的货物从A处沿光滑斜面拉到B处，此过程中货物上升高度为h，到B处时定滑轮右侧缆绳与水平方向间的夹角为θ，左侧缆绳与斜面间的夹角

为2θ，汽车的速度大小为v，此时货物的速度大小为（）A．1costansinv−B．cos(sin)tanv−C．2cosD．2sinv【答案】A【详解】汽车和货物运动过程中，速度关联，如

图所示把绳子左端点的实际速度分解为沿绳和垂直于绳的两个方向，有cos2vv=绳货把绳子右端点的实际速度分解为沿绳和垂直于绳两个方向，有cosvv=绳联立可得1costansinvv=−货故选A。3．（2023·云南·昆明高三模拟预测）跑马射箭是民族马术中的一个比赛项目，如图甲所

示，运动员需骑马在直线跑道上奔跑，弯弓射箭，射击侧方的固定靶标，该过程可简化为如图乙（俯视图）所示的物理模型：假设运动员骑马以大小为1v的速度沿直线跑道匀速奔驰，箭被射出前箭头沿直线运动，其轨迹所在直线与靶心

的水平距离为d。为保证箭能命中靶心且在空中运动的时间最短，运动员应在合适的位置将箭水平射出，若箭射出瞬间相对弓的速度大小为2v，不计空气阻力。下列说法正确的是（）A．箭射中靶心的最短时间为1dvB．箭射中靶心的最短时间为2212dvv+C．箭射出瞬间箭头到靶心的水平距

离为dD．箭射出瞬间箭头到靶心的水平距离为22122dvvv+【答案】D【详解】AB．为保证箭能命中靶心且在空中运动的时间最短，应垂直1v的方向把箭射出，射出的箭同时参与了两个分运动，分别为沿直线跑道方向的分运动，速度为1v

，垂直直线跑道方向的分运动，速度为2v，则箭射中靶心的最短时间为min2dtv=，AB错误；CD．箭射出瞬间箭头到靶心沿直线跑道的水平距离为1112dxvtvv==由几何关系可知，箭射出瞬间箭头到靶心的水平距离为22221

212dsvvxvd++==，D正确，C错误。故选D。4．（2023春·云南昆明·高三云南师大附中校考）如图所示，一矩形白纸MNRS平铺在水平桌面上，一钢笔的笔尖压在白纸上的P点，现使白纸从静止开始沿与MN边

平行的方向以加速度a在桌面上向右做匀加速直线运动，白纸开始运动的同时用外力控制笔尖开始运动，最终笔尖在白纸上留下如图中PQ所示的与MN垂直的划痕．以地面为参考系，考虑笔尖的运动，下列说法正确的是（）A．笔尖的加速度不可能小于aB．笔尖的运动轨迹一定是曲

线C．笔尖的速度可能沿图中箭头1所示方向D．笔尖离开白纸瞬间其速度一定与RS边垂直【答案】A【详解】A．因划痕与MN垂直，可知在平行于MN的方向上，笔尖与纸运动情况完全相同，有相同的加速度a，在垂直于MN的方向上，笔尖可

能有加速度，也可能没有加速度，因此笔尖的加速度不可能小于a，故A正确；B．因垂直MN的方向上笔尖的运动情况不确定，因此笔尖的运动可能是直线，也可能是曲线，故B错误；CD．平行MN方向，笔尖与纸始终有相同的运动速度，因此笔尖的

速度不可能沿箭头1所示方向，离开白纸时，笔尖的对地速度也不一定与RS边垂直，故CD错误。5．（2022秋·陕西·高三校联考）某可调式升降台构造如图所示，升降台的下面是一个弧形滑道，通过向右或向左旋转螺母即可实现升降台的上升或下降。当过螺母顶端的半径与水平方向的夹角为时，升降台下降的速度大小为

1v，则此刻螺母向左运动的速度大小2v为（）A．1sinvB．1cosvC．1tanvD．1tanv【答案】C【详解】设经过极短时间Δt，则螺母顶端右端点向左位移为2vt，升降台下降的位移为1vt，由题中角度

关系可得2211tanvtvvtv==得21tanvv=故选C。6．（2020·浙江高考真题）如图所示，钢球从斜槽轨道末端以0v的水平速度飞出，经过时间t落在斜靠的挡板AB中点。若钢球以02v的速度水平飞出，则（）A．下落时间仍为tB．下落时间为2tC．下落时间为2t

D．落在挡板底端B点【答案】C【解析】钢球以0v飞出后落在长为2L的AB挡板中点，假设挡板与水平地面的夹角为，钢球做平抛运动分解位移：0cosLvt=21sin2Lgt=解得：20cos2singLv=若钢球恰好落在B点，则：112cosLvt=2112sin2Lgt

=解得：210cos222singLvv==又因为012vv，所以钢球以02v抛出，落在地面上B点右侧，落地时间与落在B点时间相同，综合上述分析可知落地时间：12sin22Lttg==故C正确，ABD错误。故选C．7.（2020·浙江高考真题）如图所

示，底部均有4个轮子的行李箱a竖立、b平卧放置在公交车上，箱子四周有一定空间。当公交车（）A．缓慢起动时，两只行李箱一定相对车子向后运动B．急刹车时，行李箱a一定相对车子向前运动C．缓慢转弯时，两只行李箱一定相对车子向外侧运动D．急转弯时，行李箱b一定相对车子向内侧运动【答案】B【解析

】A．有题意可知当公交车缓慢启动时，两只箱子与公交车之间的有可能存在静摩擦使箱子与公交车一起运动，故A错误；B．急刹车时，由于惯性，行李箱a一定相对车子向前运动，故B正确；C．当公交车缓慢转弯时，两只

箱子与车之间的摩擦力可能提供向心力，与车保持相对静止，故C错误；D．当公交车急转弯时，由于需要向心力大，行李箱一定相对车子向外侧运动，故D错误。故选B。8．（2019·海南高考真题）如图，一硬币（可视为

质点）置于水平圆盘上，硬币与竖直转轴'OO的距离为r，已知硬币与圆盘之间的动摩擦因数为（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），重力加速度大小为g。若硬币与圆盘一起OO轴匀速转动，则圆盘转动的最大角速度为（）A．12grB．grC．2grD．2gr【答案】B【解析】硬币做圆周

运动的向心力由静摩擦力提供，则：2mgrm=，解得=gr，即圆盘转动的最大角速度为gr，故选B.9．（2021·山东高考真题）如图所示，载有物资的热气球静止于距水平地面H的高处，现将质量为m的物资以相对地面的速度0v水平投出，落地时物资与热气球的距离为d。已知

投出物资后热气球的总质量为M，所受浮力不变，重力加速度为g，不计阻力，以下判断正确的是（）A．投出物资后热气球做匀加速直线运动B．投出物资后热气球所受合力大小为mgC．22021mHvdHMg=++D．222021HvmdHgM=++【答案】BC【解析】A

B．热气球开始携带物资时处于静止状态，所受合外力为0，初动量为0，水平投出重力为mg的物资瞬间，满足动量守恒定律0Mvmv=则热气球和物资的动量等大反向，热气球获得水平向左的速度v，热气球所受合外力恒为mg，竖直向上

，所以热气球做匀加速曲线运动，故A错误，B正确；CD．热气球和物资的运动示意图如图所示热气球和物资所受合力大小均为mg，所以热气球在竖直方向上加速度大小为magM=物资落地H过程所用的时间t内，根据212Hgt=解得落地时间为2tHg=热气球在竖直方向上运动的位移为2M11222mH

mHatgHMgM===热气球和物资在水平方向均做匀速直线运动，水平位移为m002Hxvtvg==M02mHxvtvMg==根据勾股定理可知热气球和物资的实际位移为22220mMM2()()(1)HvmdxxHHHMg=+++=++故C正确，D错误。故选B

C。10．（2020·海南高考真题）小朋友玩水枪游戏时，若水从枪口沿水平方向射出的速度大小为10m/s，水射出后落到水平地面上。已知枪口离地高度为1.25m，210m/sg=，忽略空气阻力，则射出的水（）A．在空中的运动时间为0.25sB．水平

射程为5mC．落地时的速度大小为15m/sD．落地时竖直方向的速度大小为5m/s【答案】BD【解析】A．根据212hgt=得，运动时间221.25s0.5s10htg===故A错误；B．水平射程为0100.5m5mxvt===故B正确；CD．竖直方向分

速度为100.5m/s5m/syvgt===水平分速度为010m/sxvv==落地速度为2255m/syxvvv=+=故C错误，D正确。故选BD。11.（2022·山东卷·T11）如图所示，某同学将离地1.25m的网球以13m/s的速度斜向上击出，击球点到竖直墙壁的距离4.

8m。当网球竖直分速度为零时，击中墙壁上离地高度为8.45m的P点。网球与墙壁碰撞后，垂直墙面速度分量大小变为碰前的0.75倍。平行墙面的速度分量不变。重力加速度g取210m/s，网球碰墙后的速度大小v和着地点到墙壁的距离d分别为（）A5m/sv=

B.32m/sv=C.3.6m=dD.3.9m=d【答案】BD【解析】设网球飞出时的速度为0v，竖直方向20=2()vgHh−竖直代入数据得0=210(8.451.25)m/s12m/sv−=竖直.则220=1312m/s5m/sv−=水平排球水平方向到P点的距离0006mvxvtvg==

=竖直水平水平水平根据几何关系可得打在墙面上时，垂直墙面的速度分量0044m/s5vv==水平⊥水平平行墙面的速度分量0033m/s5vv==水平∥水平反弹后，垂直墙面的速度分量'00.753m/svv==水平⊥水平⊥则反弹后的网球速度大小

为'220=32m/svvv+=水平水平⊥水平∥网球落到地面的时间'28.452s1.3s10Htg===着地点到墙壁的距离''3.9mdvt⊥==水平故BD正确，AC错误。故选BD12．（2020·江苏高考真题）如图所示，小球A、B分别从2l和l的高度水平抛出后落地，上述过程中A、B

的水平位移分别为l和2l。忽略空气阻力，则（）A．A和B的位移大小相等B．A的运动时间是B的2倍C．A的初速度是B的12D．A的末速度比B的大【答案】AD【解析】A．位移为初位置到末位置的有向线段，如图所示可得()22A25slll

=+=，()22B25slll=+=A和B的位移大小相等，A正确；B．平抛运动运动的时间由高度决定，即A222lltgg==，B22lltgg==则A的运动时间是B的2倍，B错误；C．平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，则xAA2gllvt==，xBB22lvglt==则A的初速度是B的12

2，C错误；D．小球A、B在竖直方向上的速度分别为yA2vgl=，yB2vgl=所以可得A172glv=，B1622glvgl==即ABvv，D正确。故选AD。13.（2023·湖南卷·第8题）如图，固定在

竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成，两段相切于B点，AB段与水平面夹角为θ，BC段圆心为O，最高点为C、A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R。小球从A点以初速度v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，下列说法正确的是（）A.小球从B到C的过程中，对轨道的

压力逐渐增大B.小球从A到C的过程中，重力的功率始终保持不变C.小球初速度02vgR=D若小球初速度v0增大，小球有可能从B点脱离轨道【参考答案】AD【名师解析】小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大，A正确；小球从A到C的过程中，重力的功率逐渐减小，B错误；题述小球

从A点以初速度v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，由机械能守恒定律，2012mv=mg·2R，解得：02vgR=，C错误；若小球初速度v0增大，小球有可能从B点脱离轨道做斜抛运动，D正确。14.（2023·江苏卷·第13题）“转碟”是传统的杂技项目，如图所示，质量为m的发光物体

放在半径为r的碟子边缘，杂技演员用杆顶住碟子中心，使发光物体随碟子一起在水平面内绕A点做匀速圆周运动。当角速度为0时，碟子边缘看似一个光环。求此时发光物体的速度大小0v和受到的静摩擦力大小f。【答案】00vr=；20

fmr=【解析】【详解】发光体的速度00vr=发光体做匀速圆周运动，则静摩擦力充当做圆周运动的向心力，则静摩擦力大小为20fmr=15.（2023·湖北·统考高考真题）如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半

圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固的.定光滑圆弧轨道CDE在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道

CDE内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为12π，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点。求：（1）小物块到达D点的速度大小；（2）B和D两点的高度差；（3）小物块在A点的初速度大小。【答案】（1）gR；（2）0；（3）3gR【详解】（1

）由题知，小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D点有2DvmmgR=解得DvgR=（2）由题知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道CDE内侧，则在C点有cos60BCvv=小物块从C到D的过程中，根据动能定理有

2211(cos60)22DCmgRRmvmv−+=−则小物块从B到D的过程中，根据动能定理有221122BDDBmgHmvmv=−联立解得BvgR=，H=0（3）小物块从A到B的过程中，根据动能定理有221122BAmgSmvmv−=−，S=π·2R解得3Avg

R=16．（2022·福建·高考真题）清代乾隆的《冰嬉赋》用“躄躠”（可理解为低身斜体）二字揭示了滑冰的动作要领。500m短道速滑世界纪录由我国运动员武大靖创造并保持。在其创造纪录的比赛中，（1）武大靖从静止出发，先沿直道加速滑行，前8m用时2s。该过程可视为匀加速直线

运动，求此过程加速度大小；（2）武大靖途中某次过弯时的运动可视为半径为10m的匀速圆周运动，速度大小为14m/s。已知武大靖的质量为73kg，求此次过弯时所需的向心力大小；（3）武大靖通过侧身来调整身体与水

平冰面的夹角，使场地对其作用力指向身体重心而实现平稳过弯，如图所示。求武大靖在（2）问中过弯时身体与水平面的夹角的大小。（不计空气阻力，重力加速度大小取210m/s，tan220.40=、tan270.51=、ta

n32062=.、tan370.75=）【答案】（1）24m/s；（2）1430.8N；（3）27【详解】（1）设武大靖运动过程的加速度大小为a，根据212xat=解得2222228m/s4m/s2xat===（2）根据2vFmr=向解得过弯

时所需的向心力大小为21473N1430.8N10F==向（3）设场地对武大靖的作用力大小为F，受力如图所示根据牛顿第二定律可得tanmgF=向解得7310tan0.511430.8mgF==向可得27=