2025年高考物理二輪復習易錯題：曲線運動

易錯點04曲線運動

目錄

01易錯陷阱（3大陷阱）

02舉一反三

【易錯點提醒一】不會分析小船渡河模型

【易錯點提醒二】關聯(lián)速度模型分解速度錯誤

【易錯點提醒三】不會用運動的合成與分解求平拋運動問題

【易錯點提醒四】盲目套用平拋運動的基本規(guī)律

【易錯點提醒五】不會分析圓周運動向心力的來源

【易錯點提醒六】豎直平面圓周運動混淆兩種模型

03易錯題通關

易錯點一：不會運用運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

，〃〃〃〃〃，〃，〃〃,

7當船頭方向垂直河岸時，渡河時間最短，最短時間

渡河時間最短需1d

￡min=一

。船

SXXXXXXXXNXXWNNXXX'

/〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃/〃/.，

1\/

卜如果vffi>v7K，當船頭方向與上游河岸夾角6滿足v

1

d船cos8=o水時，合速度垂直河岸，渡河位移最短，

小等于河寬d

〃〃〃》〃〃〃〃〃〃〃〃，,7

渡河位移最短

〃〃〃/，〃/，/〃〃〃/〃〃/〃〃//〃

\

d如果V船V。水，當船頭方向（即V船方向）與合速度方

向垂直時，渡河位移最短，等于媽

'〃〃〃〃，〃)'；

\\/，0船

（2）小船渡河模型的分析思路

（合運動：小船的實際運動）

運動的分解|

2.關聯(lián)速度模型

繩（桿）關聯(lián)速度問題解題思路

沿著繩（桿）1突破口]

方向分解

垂直繩（桿）

方向分解

易錯點二：對拋體運動理解有誤

L平拋（或類平拋）運動所涉及物理量的特點

物理量公式?jīng)Q定因素

f2h取決于下落高度h和重力加

飛行時間

Vg速度g,與初速度VO無關

f2h由初速度W、下落高度/7和重

水平射程X—Vot—Vo\

77力加速度g共同決定

與初速度vo＞下落高度h和重

落地速度v(=^/v?+vy="\/vo+2g/z

力加速度g有關

Av=gAr,方向恒為豎直向下

:了；

由重力加速度g和時間間隔

速度改變量

△r共同決定

2.平拋運動中物理量的關系圖

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/?、無，可求出%=w簫

分解速度（速度三角形）：若已知vo>3,可求出V=VQ/COSO-,

②推論法：若已知h、x,可求出tand=2tana=2h/x；

③動能定理法：若已知從血，動能定理：，咫/-力加孑-力加山？,可求出V=Jvg+2ghO

4.平拋運動中的臨界、極值問題

在平拋運動中，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.

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”,

而這些“起止點”往往就是臨界點.

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，這些極

值點也往往是臨界點.

易錯點三：對圓周運動理解有誤

易錯題［02］圓周運動理解有誤

豎直面內的圓周運動

1.常見模型

輕“繩”模型輕“桿，，模型

情景圖不1;（圓軌道）B3

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

?、、母

r-....--I卜＜

受力示意圖mgmg尸

mNgmgmg

0,0000

V2

力學方程mg-\-Fy=nr^mg±F^=m~

臨界特征77T=O,即mg=m-,得v=yfgrv=0,即/向=0,此時F^=mg

FN表現(xiàn)為拉力還是支持力的臨界

v=y［定的意義物體能否過最高點的臨界點

點

2.分析思路

［定模型X判斷是輕繩模型還是輕桿模型］

,J、

確定_對輕繩模型來說"臨=而是能否通過最高點的臨界

臨界點速度，而對輕桿模型來說過最高點的臨界速度為零

1、［通常情況下豎直平面內的圓周運動只涉及最高點］

研究狀態(tài)卜

和最低點的運動情況

［在最高點或最低點時對物體進行受力分析，根據(jù)牛I

受力分析卜

頓第二定律列出方程，尸合二尸向

仁總應用動能定理或機械能守恒定律將初、末兩個

［過程分析廣狀態(tài)聯(lián)系起來列方程

【易錯點提醒一】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.當船的靜水中的速度垂直河岸時渡河時間最短％.=-=-^s=50s故A錯誤;

v船J

B.船以最短時間50s渡河時沿河岸的位移尤=珠&n=5x50m=250m即它沿水流方向的位移

大小為250m,故B錯誤；

C.因為水流速度大于船的靜水速度，所以船不能垂直渡河，如圖所示

當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

sin0=—=-

煤5

d=150

則渡河的最小位移無一嬴萬一亍°7-“um故c正確；

5

x250_

D.若船以最短位移渡河時，時間為"工=療［7s=6故口錯誤。故選C。

變式練習

【變式1T】（2023?山東泰安?統(tǒng)考模擬預測）如圖，某河流中水流速度大小恒為0，A處

4

的下游C處有個漩渦，漩渦與河岸相切于8點，漩渦的半徑為r,AB=-ro為使小船從A

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

漩渦

工

AB

3245

A.—v,B.—uC.viD.-v.

5125131

【答案】B

r

【詳解】根據(jù)題意得tan,"1"解得6=37°小船航行時在靜水中速度的最小值為

-r

3

24

v2=VjSin26?1?v2=—

故選Bo

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

有子弟兵的身影。如圖所示，水速為也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V/和船頭正對河岸的沖鋒舟速度也之比為（）

平直河岸

30。I/

A.1:2B.1：石C.2:⑺D.73:2

【答案】D

【詳解】設沖鋒舟以最小速度VI和船頭正對河岸速度V2分別從A到B,沖鋒舟最小速度w

垂直于A8連線

v.=vsin30沖鋒舟速度V2垂直于水平河岸嶺="tan30可知工=cos3（F=走故選項D正確。

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g和電現(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,結果兩船抵達對岸的

地點恰好相同。則甲、乙兩船渡河所用時間之比？為（）。

AXB."C.馬DX

V2也也

【答案】C

【解析】當H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、乙兩只船到達對岸的地點相同（此地點并不在河正對岸），可見

乙船在靜水中的速度。比水的流速■。要小，要滿足題意，則如圖所示。設河寬為d,

甲用時乙用時右，則？甘與cose^2,tan。個，聯(lián)立解得詈rin

%&21ali"12VQ

好考。C項正確。

f

2V1

【易錯點提醒二】關聯(lián)速度模型分解速度錯誤

【例2】（2023?湖南省隆回縣第二中學模擬預測）如圖所示為內燃機中輕質活塞和曲柄連桿

結構的示意圖和簡圖。氣缸內高壓氣體推動活塞使其往復運動，某時刻活塞的速度為%,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,己

A.活塞對連桿AB的作用力為2F

B.氣缸壁對活塞的作用力為立廠

3

C.連桿AB的A端沿連桿AB方向的線速度為2叵%

30

D.連桿。A的A端繞。點轉動的線速度為%

易錯分析：不能根據(jù)A點速度的實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A。與活塞軸線8。垂直時，由幾何關系可知加與80之間的夾角，=30。

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

彈力工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

F{cos6-F

耳sin8=B

解得月=半歹8=停尸故A錯誤，B正確；為沿連桿A8方向和垂直于連桿AB方向分

解，如圖所示

沿連桿AB方向的速度以=%cos30。=1%

v

V—A—Vn

連桿0A的A端繞。轉動的線速度cos30°,故C錯誤，D正確。

支式練習

【變式1T］如圖所示，長為L的直棒一端可繞固定軸。轉動，另一端擱在水平升降臺上,

升降平臺以速度v勻速上升，當棒與豎直方向的夾角為。時，棒的角速度為（）

Leos3

NCOS。v

C.---------

LLsm0

【答案】D

【詳解】棒與平臺接觸點的實際運動即合運動，方向垂直于棒指向左上方，如圖所示，合速

度為v實=

豎直向上的速度分量等于平臺上升的速度v,即oLsin6=v所以二二故選D。

Lsmt/

【變式1-2］質量為小的物體尸置于傾角為目的固定光滑斜面上，輕細繩跨過光滑定滑輪

分別連接著尸與小車，尸與滑輪間的細繩平行于斜面，小車以速率v水平向右做勻速直線運

動，當小車與滑輪間的細繩和水平方向成夾角％時（如圖），下列判斷正確的是（）

A.尸的速率為vB.尸的速率為vcos%

C.繩的拉力等于根gsigD.繩的拉力小于加gsi叫

【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

V

物體尸的速度與小車沿繩子方向的速度相等，則有“=vcosq故B正確，A錯誤；

CD.小車向右運動，所以％減小，v不變，所以“逐漸變大，說明物體尸沿斜面向上做加

速運動。對物體尸受力分析可知，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

T-sinq、=ma可得T>mgsin^,故CD錯誤。故選B

【變式1-3】（2023?河南安陽?安陽一中?？寄M預測）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向兩邊運動，則兩線框的交點M的運動速度大

小為（）

【答案】B

【詳解】若右框不動，左框以速度v向左運動，則交點“沿框邊滑行的速度為

V.=vcos45°=——v

12

若左框不動，右框以速度2V向右運動，則交點M沿框邊滑行的速度為嶺=2vcos45o=亞當

左右兩框同時運動時，相當于交點同時參加上述兩種運動，如圖所示

a出a

VM

因此其速度為2故選B

【易錯點提醒三】不會用運動的合成與分解求平拋運動問題

【例3】（2021?河北高考真題）他原子鐘是精確的計時儀器，圖1中葩原子從。點以100m/s

的初速度在真空中做平拋運動，到達豎直平面所用時間為4；圖2中葩原子在真空中從

尸點做豎直上拋運動，到達最高點Q再返回P點，整個過程所用時間為L，。點到豎直平

面跖V、尸點到Q點的距離均為0.2m,重力加速度取g=10m/s2,貝腐：馬為（）

A.100:1B.1：100C.1:200D.200：1

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

分別研究兩個分運動的規(guī)律，必要時再用運動合成的方法進行合成。

【答案】C

【解析】艷原子做平拋運動，水平方向上做勻速直線運動，即

x0.2

-=----s

V100

艷原子做豎直上拋運動，拋至最高點用時I",逆過程可視為自由落體，即

故選Co

變式練習

【變式1-3]（2021?江蘇高考真題）如圖所示，A、8兩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2先落入籃筐

B.A、B運動的最大高度相同

C.A在最高點的速度比B在最高點的速度小

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動，落到同一高

度上的A8兩點，則A上升的高度較大，高度決定時間，可知A運動時間較長，即8先落

入籃筐中，AB錯誤；

C.因為兩球拋射角相同，A的射程較遠，則A球的水平速度較大，即在最高點的速度比3

在最高點的速度大，C錯誤；

D.由斜拋運動的對稱性可知，當A、2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）,我國某些農村地區(qū)人們用手拋撒谷粒進

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

內，拋出點均為。，且軌跡交于尸點，拋出時谷粒1和谷粒2的初速度分別為匕和丫2,其

中匕方向水平，丫2方向斜向上。忽略空氣阻力，關于兩谷粒在空中的運動，下列說法正確

的是（

圖（b）

A.谷粒1的加速度小于谷粒2的加速度B.谷粒2在最高點的速度小于匕

C.兩谷粒從。到P的運動時間相等D.兩谷粒從。到尸的平均速度相等

【答案】B

【解析】拋出的兩粒谷粒在空中運動都是只受重力，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)拋體運動規(guī)律，可知谷粒2在最高點的速度小

于匕，兩谷粒從。到尸的運動時間不相等，B正確C錯誤；由于兩谷粒在空中運動時間不

相等，所以兩谷粒從。到尸的平均速度不相等，D錯誤。

【變式「3】（2022?廣東卷?T6）如圖5所示，在豎直平面內，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點等高且相距為心當玩具子彈以水平速

度v從槍口向P點射出時，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人

不計空氣阻力。下列關于子彈的說法正確的是（）

B.將擊中尸點，r等于由

V

C.將擊中P點上方，/大于工D.將擊中尸點下方，f等于且

Vv

【答案】B

【解析】

由題意知槍口與尸點等高，子彈和小積木在豎直方向上做自由落體運動，當子彈擊中積木

時子彈和積木運動時間相同，根據(jù)

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

水平方向上做勻速直線運動，故有

L

v

故選B。

【易錯點提醒四】盲目套用平拋運動的基本規(guī)律

【例4】如圖所示為置于豎直平面內的光滑桿A8,它是依照初速度為火、水平射程為尤的

平拋運動軌跡制成的，A端為拋出點，2端為落地點?，F(xiàn)將一質量為優(yōu)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,則當小球到達B端時，下列說法正確的是()

A.小球在水平方向的速度大于物

B.小球運動的時間為手

C.小球的速率為與

Vo

D.小球所受重力的功率為啥

Vo

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

意以下兩點：

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

(2)平拋運動可以分解為豎直方向的自由落體運動和水平方向的勻速直線運動。

此題中的小球雖然是按照平拋運動的軌跡運動的，但由于小球沒

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

所以小球的運動并不能按平拋運動進行處理

【答案】C

【解析】小球若沿題圖所示軌跡做平拋運動，其運動到8端所用的時間/=*,則A端距離

Vo

1OY2

地面的高度，小球沿桿由靜止開始從A運動到5,雖然軌跡為平拋運動軌跡,

但小球的運動不是平拋運動，因此運動的時間「嚀，B錯誤。設小球運動到B端時的速率

Vo

為他根據(jù)動能定理得加解得％=地點=管，小球運動到3端時，在豎直方向

的速度大小型VB，因此重力的功率不等于"f,C正確，D錯誤。小球運動到8端時的速

度方向與水平方向夾角的正切值tan。=5=篇,可知小球運動到B端時其水平方向的速度

丁WO一

大小Vr=VBCOS。―gkA錯誤。

支式練習

【變式IT】（2022?廣東卷?T3）圖是滑雪道的示意圖?？梢暈橘|點的運動員從斜坡上

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

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

【答案】C

【解析】

設斜坡傾角為6,運動員在斜坡MN段做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律

mgsin0=ma^

可得

q=gsin9

運動員在水平NP段做勻速直線運動，加速度

%=0

運動員從尸點飛出后做平拋運動，加速度為重力加速度

%=g

設在尸點的速度為%,則從尸點飛出后速度大小的表達式為

v=M+g干

由分析可知從P點飛出后速度大小與時間的圖像不可能為直線，且

q<%

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對運動的

小球進行拍攝，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。圖中的第一個小球為拋出瞬間的影像，每相鄰兩個球之

間被刪去了3個影像，所標出的兩個線段的長度邑和§2之比為3：7。重力加速度大小取

g=10m/s2,忽略空氣阻力。求在拋出瞬間小球速度的大小。

【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

/=47=0.05x4s=0.2s

設拋出瞬間小球的速度為％,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

為力、為，根據(jù)平拋運動位移公式有

x=vot

1,1

V.=—gt=—x10x0.2"9m=0.2m

22

%(2r)2-11X10X(0.42-0.22)m=0.6m

令％=y，則有

%=3%=3y

已標注的線段邑、§2分別為

邑=次+/

S[=&2+（3y）2=M+9y2

則有

+y2.5龍2+9.2=3：7

整理得

故在拋出瞬間小球的速度大小為

x2#）

Vo=7-m/S

【易錯點提醒五】不會分析圓周運動向心力的來源

【例5】（2021?浙江高考真題）質量為根的小明坐在秋千上擺動到最高點時的照片如圖所

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〃若

B.秋千對小明的作用力大于他g

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.

能準確的找出向心力的來源

【答案】A

【解析】在最高點，小明的速度為0,設秋千的擺長為/,擺到最高點時擺繩與豎直方向的

夾角為6,秋千對小明的作用力為E則對人，沿擺繩方向受力分析有

F-mgcos0=m~~

由于小明的速度為0,則有

F=mgcos0<mg

沿垂直擺繩方向有

mgsin0=ma

解得小明在最高點的加速度為

a=gsin0

所以A正確；BCD錯誤；

故選Ao

變式練習

【變式1T】.（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，

道閘由轉動桿OP與橫桿尸。鏈接而成，P、。為橫桿的兩個端點。在道閘抬起過程中，桿尸。

始終保持水平。桿OP繞。點從與水平方向成30。勻速轉動到60。的過程中，下列說法正確

A.尸點的線速度大小不變

B.P點的加速度方向不變

C.。點在豎直方向做勻速運動

D.。點在水平方向做勻速運動

【答案】A

【解析】

A.由題知桿OP繞。點從與水平方向成30。勻速轉動到60。，則尸點繞。點做勻速圓周運

動，則P點的線速度大小不變，A正確；

B.由題知桿。尸繞。點從與水平方向成30。勻速轉動到60。，則尸點繞。點做勻速圓周運

動，P點的加速度方向時刻指向。點，B錯誤；

C.。點在豎直方向的運動與尸點相同，相對于O點在豎直方向的位置y關于時間/的關系

為

../兀\

y-/op-sin（—+cot）

6

則可看出。點在豎直方向不是勻速運動，c錯誤；

D.Q點相對于。點在水平方向的位置x關于時間t的關系為

,.7T.

X=ZOP-COS（—+cot）+IyPQ

6

則可看出。點在水平方向也不是勻速運動，D錯誤。

故選A。

【變式1-2].（2020?全國高考真題）如圖，一同學表演蕩秋千。己知秋千的兩根繩長均

為10m,該同學和秋千踏板的總質量約為50kg。繩的質量忽略不計，當該同學蕩到秋千支

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】

在最低點由

5mv2

21—mg=-----

r

知

T=410N

即每根繩子拉力約為410N,故選B。

【變式「3】.（2022?全國甲卷q14）北京2022年冬奧會首鋼滑雪大跳臺局部示意圖如圖

所示。運動員從a處由靜止自由滑下，到b處起跳，c點為a、b之間的最低點，a、c兩處

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

程中將運動員視為質點并忽略所有阻力，則c點處這一段圓弧雪道的半徑不應小于（）

【答案】D

【解析】運動員從。到c根據(jù)動能定理有

mgh=gmv^

在c點有

FNc-mg=m-^-

Kc

FNC<kmg

聯(lián)立有

故選Do

【易錯點提醒六】混淆豎直平面內的兩種模型

[例6]（2023?江蘇揚州中學模擬）如圖甲所示，被稱為“魔力陀螺”玩具的陀螺能在圓

軌道外側旋轉不脫落，其原理可等效為如圖乙所示的模型：半徑為A的磁性圓軌道豎直固

定，質量為加的鐵球（視為質點）沿軌道外側運動，A、3分別為軌道的最高點和最低點，

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,

A.鐵球繞軌道可能做勻速圓周運動

B.由于磁力的作用，鐵球繞軌道運動過程中機械能不守恒

C.鐵球在A點的速度必須大于甄

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,許多同學求解時把它當成了繩線模型而出現(xiàn)錯誤。

【答案】D

【解析】小鐵球在運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，所以小鐵球的機械能守

恒，在最高點的速度最小，在最低點的速度最大.小鐵球不可能做勻速圓周運動，故選項A、

B錯誤；小鐵球在運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，故選項C錯誤；

由于小鐵球在運動的過程中機械能守恒，所以小鐵球在最高點的速度越小，則機械能越小，

2

在最低點的速度也越小，根據(jù)F=mL,可知小鐵球在最低點時需要的向心力越小.而在最

R

低點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：小鐵球在最高點的

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

小鐵球在最高點的速度恰好為0,到達最低點時的速度滿足mg?2R=

2

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=L

R

聯(lián)立得F=5mg,故選項D正

支式練習

【變式1T】（2023?遼寧?模擬預測）圖1是某體操運動員在比賽中完成"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動，運動員運

動到最高點時，運動員與單杠間彈力大小為F,運動員在最高點的速度大小為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（）

圖1圖2

A.此運動員的質量為50kg

B.此運動員的重心到單杠的距離為0.9m

C.在最高點速度為4m/s時，運動員受單桿的彈力大小跟重力大小相等

D.在最高點速度為4m/s時，運動員受單桿的彈力大小為428N,方向向下

【答案】BD

【詳解】A.對運動員在最高點進行受力分析，由圖2可知F=o

對運動員受力分析可得尸-〃際=。，解得"?=*=郡kg=55kg,故A錯誤；

g10

B.由圖2可知，當/=9m2/s2,止匕時歹=0

重力通過向心力，根據(jù)牛頓第二定律可得:咫=機二，解得r=0.9m,故B正確；

r

CD.在最高點速度為4m/s時，運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

2

F+mg=m—,解得尸=427.8Nv428N,方向豎直向下，故C錯誤，D正確。

r

【變式1-2]（2023?山東?模擬預測）如圖所示，豎直平面內固定有一個半徑為R的光

滑圓環(huán)形細管，現(xiàn)給小球（直徑略小于管內徑）一個初速度，使小球在管內做圓周運動，小

球通過最高點時的速度為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^

B.當丫=病時，小球處于完全失重狀態(tài)，不受力的作用

C.當丫=口左時，軌道對小球的彈力方向豎直向下

D.當v由闞逐漸減小的過程中，軌道對小球的彈力也逐漸減小

【答案】C

【詳解】A.小球通過最高點時細管可以提供豎直向上的支持力，當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；

B.根據(jù)公式a=L可知，當丫=4^時，小球的加速度為a=g

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；

2

C.當丫=網(wǎng)反時，小球需要的向心力為《=〃工匕=2〃吆

R

則可知，軌道對小球的彈力大小為〃圖，方向豎直向下，故c正確；

____2

D.當時，小球需要的向心力

R

22

可知，小球受軌道豎直向上的彈力，由牛頓第二定律有機g-N=mL,可得N=

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Co

（3.確。

易錯題通關

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

球在平拋運動過程中（）

A.機械能一直增加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.鉛球做平拋運動，僅受重力，故機械能守恒，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.鉛球做平拋運動，水平方向速度不變，豎直方向做勻加速直線運動，根據(jù)運動的合成

可知鉛球速度變大，則動能越來越大，CD錯誤。

故選Bo

2.（2023?山東?模擬預測）如圖，汽車從靜止開始通過纜繩將質量為機的貨物從A處沿光滑

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

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

_______1_______,cos。.八、

(—T-sin9)v

cose-tanSsin。tan。

C.2cos9D.2sin/

【答案】A

【詳解】汽車和貨物運動過程中，速度關聯(lián)，如圖所示

把繩子左端點的實際速度分解為沿繩和垂直于繩的兩個方向，有相把繩子右端點

員cos26>

的實際速度分解為沿繩和垂直于繩兩個方向，有v=」&聯(lián)立可得％=—八二./故

cost*cos”-tanasm，

選A。

3.（2023?云南?昆明高三模擬預測）跑馬射箭是民族馬術中的一個比賽項目，如圖甲所示,

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

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

射出前箭頭沿直線運動，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

空中運動的時間最短，運動員應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

小為匕，不計空氣阻力。下列說法正確的是（）

固定矍標

"A

d

血…....直逸血透而

甲Z

_d

A.箭射中靶心的最短時間為一

匕

d

B.箭射中靶心的最短時間為/22

W+戈

C.箭射出瞬間箭頭到靶心的水平距離為d

D.箭射出瞬間箭頭到靶心的水平距離為+過

匕

【答案】D

【詳解】AB.為保證箭能命中靶心且在空中運動的時間最短，應垂直匕的方向把箭射出，射

出的箭同時參與了兩個分運動，分別為沿直線跑道方向的分運動，速度為匕，垂直直線跑道

d

方向的分運動，速度為％,則箭射中靶心的最短時間為％"=一,AB錯誤；

d

CD.箭射出瞬間箭頭到靶心沿直線跑道的水平距離為%=卬=匕一由幾何關系可知，箭射出

瞬間箭頭到靶心的水平距離為3=］卜+儲=處±24,D正確，C錯誤。故選D。

%

4.（2023春?云南昆明?高三云南師大附中?？迹┤鐖D所示，一矩形白紙平鋪在水平桌

面上，一鋼筆的筆尖壓在白紙上的尸點，現(xiàn)使白紙從靜止開始沿與MN邊平行的方向以加速

度。在桌面上向右做勻加速直線運動，白紙開始運動的同時用外力控制筆尖開始運動，最終

筆尖在白紙上留下如圖中尸。所示的與MN垂直的劃痕.以地面為參考系，考慮筆尖的運動，

下列說法正確的是（）

sR

Q

MN

A.筆尖的加速度不可能小于a

B.筆尖的運動軌跡一定是曲線

C.筆尖的速度可能沿圖中箭頭1所示方向

D.筆尖離開白紙瞬間其速度一定與RS邊垂直

【答案】A

【詳解】A.因劃痕與MN垂直，可知在平行于MN的方向上，筆尖與紙運動情況完全相同，

有相同的加速度。，在垂直于MN的方向上，筆尖可能有加速度，也可能沒有加速度，因此

筆尖的加速度不可能小于。，故A正確；

B.因垂直MN的方向上筆尖的運動情況不確定，因此筆尖的運動可能是直線，也可能是曲

線，故B錯誤；

CD.平行MN方向，筆尖與紙始終有相同的運動速度，因此筆尖的速度不可能沿箭頭1