易错点04 曲线运动-（3大陷阱）-备战2024年高考物理考试易错题（解析版）

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

当船头方向垂直河岸时，渡河时间最短，最短时间

渡河时间最短d

tmin＝

v船

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

渡河位移最短

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

取决于下落高度和重力加

2hh

飞行时间t＝

g速度g，与初速度v0无关

由初速度、下落高度和重

2hv0h

水平射程x＝v0t＝v0

g力加速度g共同决定

与初速度v0、下落高度h和重

222

落地速度vt＝vx＋vy＝v0＋2gh

力加速度g有关

Δv＝gΔt，方向恒为竖直向下

由重力加速度g和时间间隔

速度改变量

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；

22

③动能定理法：若已知h、v0，动能定理：mgh=½mv-½mv0，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

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

弹力可能向下，可能向上，也可能

弹力特征弹力可能向下，也可能等于零

等于零

受力示意图

v2v2

力学方程mg＋FT＝mmg±FN＝m

rr

v2

临界特征FT＝0，即mg＝m，得v＝grv＝0，即F向＝0，此时FN＝mg

r

FN表现为拉力还是支持力的临界

v＝gr的意义物体能否过最高点的临界点

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60s

B．小船以最短时间渡河时，它沿水流方向的位移大小为150m

C．小船以最短位移渡河时，位移大小为250m

D．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

d150

【详解】A．当船的静水中的速度垂直河岸时渡河时间最短tmins50s故A错误；

v船3

B．船以最短时间50s渡河时沿河岸的位移xv水tmin550m250m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

v船3

sin

v水5

d150

xm250m

则渡河的最小位移sin3故C正确；

5

x250

．若船以最短位移渡河时，时间为ts62.5s故错误。故选。

D22DC

v合53

【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

4

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=r。为使小船从A

3

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（）

3245

A．vB．vC．v1D．v

5125131

【答案】B

r

tan

【详解】根据题意得4解得37小船航行时在静水中速度的最小值为

r

3

24

vvsin2解vv

212251

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

v3

冲锋舟速度垂直于水平河岸可知1故选项正确。

v1vsin30v2v2vtan30cos30=D

v22

【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为()。

�1

�2

A.B.C.D.

222

�2�1�2�1

22

�1�2�1�2

【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,

t=t==cosθ=tanθ==sin

甲用时1,乙用时2�,则,,,联立解得

�𝐜������𝐬��������

�������

θ,=。C�项正确。�𝐭�������

�

����

�

【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v0，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

1

知AOAB，不计一切摩擦，则此刻（）

2

A．活塞对连杆AB的作用力为2F

3

B．气缸壁对活塞的作用力为F

3

23

C．连杆AB的A端沿连杆AB方向的线速度为v

30

D．连杆OA的A端绕O点转动的线速度为v0

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F1、气缸壁对其的

弹力F2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

F1cosF

F1sinF2

233

解得FFFF故A错误，B正确；v0沿连杆AB方向和垂直于连杆AB方向分

1323

解，如图所示

3

沿连杆AB方向的速度vvcos30v

A020

vA

vv0

连杆OA的A端绕O转动的线速度cos30，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()

vsinv

A．B．

LLcos

vcosv

C．D．

LLsin

【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v实＝L

v

竖直向上的速度分量等于平台上升的速度v，即Lsinv所以故选D。

Lsin

【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vcosθ2

C．绳的拉力等于mgsinθ1D．绳的拉力小于mgsinθ1

【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vPvcos2故B正确，A错误；

v

CD．小车向右运动，所以2减小，v不变，所以P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

-q=>q

Tmgsin1ma可得Tmgsin1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（）

321062

A．vB．vC．vD．v

2222

【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

2

vvcos45v

12

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v22vcos452v

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

2212210

vMv1v2v2vv

因此其速度为22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t1；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t2，O点到竖直平

2

面MN、P点到Q点的距离均为0.2m，重力加速度取g10m/s，则t1:t2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

xvt1

解得

x0.2

ts

1v100

t

铯原子做竖直上抛运动，抛至最高点用时2，逆过程可视为自由落体，即

2

1t

xg(2)2

22

解得

8x80.2

t0.4s

2g10

则

0.2

t1

1100

t20.4200

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v1和v2，其

中v1方向水平，v2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v1

C.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v1，两谷粒从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（）

LL

A.将击中P点，t大于B.将击中P点，t等于

vv

LL

C.将击中P点上方，t大于D.将击中P点下方，t等于

vv

【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

1

hgt2

2

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

L

t

v

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v0

x

B．小球运动的时间为

v0

gx

C．小球的速率为

v0

mg2x

D．小球所受重力的功率为

v0

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

x

【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＝，则A端距离

v0

1gx2

地面的高度h＝gt2＝，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，

2

22v0

x

但小球的运动不是平抛运动，因此运动的时间t′≠，B错误。设小球运动到B端时的速率

v0

12gx

为vB，根据动能定理得mgh＝mvB，解得vB＝2gh＝，小球运动到B端时，在竖直方向

2v0

mg2x

的速度大小vy≠vB，因此重力的功率不等于，C正确，D错误。小球运动到B端时的速

v0

gtgx

度方向与水平方向夹角的正切值tanθ＝＝，可知小球运动到B端时其水平方向的速度

2

v0v0

gxv0

大小vx＝vBcosθ＝<v0，A错误。

422

v0＋gx

【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

mgsinma1

可得

a1gsin

运动员在水平NP段做匀速直线运动，加速度

a20

运动员从P点飞出后做平抛运动，加速度为重力加速度

a3g

设在P点的速度为v0，则从P点飞出后速度大小的表达式为

222

vv0gt

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

a1a3

C正确，ABD错误。

故选C。

【变式1-2】（2022·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

间被删去了个影像，所标出的两个线段的长度和之比为：。重力加速度大小取

3s1s237

g10m/s2，忽略空气阻力。求在抛出瞬间小球速度的大小。

25

【答案】m/s

5

【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

t4T0.054s0.2s

设抛出瞬间小球的速度为v0，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y1、y2，根据平抛运动位移公式有

xv0t

11

ygt2100.22m0.2m

122

1212122

y2g2tgt100.40.2m0.6m

222

令y1y，则有

y23y13y

已标注的线段、分别为

s1s2

22

s1xy

2222

s2x3y=x9y

则有

x2y2:x29y23:7

整理得

25

xy

5

故在抛出瞬间小球的速度大小为

x25

vm/s

0t5

【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mg

B．秋千对小明的作用力大于mg

C．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

v2

Fmgcosm

l

由于小明的速度为0，则有

Fmgcosmg

沿垂直摆绳方向有

mgsinma

解得小明在最高点的加速度为

agsin

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=lOPsin(+ωt)

6

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=lOPcos(+ωt)+lPQ

6

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

mv2

2Tmg

r

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（）

hh2h2h

A.B.C.D.

k1kkk1

【答案】D

【解析】运动员从a到c根据动能定理有

1

mghmv2

2c

在c点有

2

vc

FNcmgm

Rc

FNc≤kmg

联立有

2h

R

ck1

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gR

D.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，

v2

在最低点的速度也越小，根据F＝m，可知小铁球在最低点时需要的向心力越小．而在最

R

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，

1

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•2Rmv2

2

v2

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﹣mg

R

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50kg

B．此运动员的重心到单杠的距离为0.9m

C．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v20

F550

对运动员受力分析可得Fmg0，解得mkg55kg，故A错误；

g10

B．由图2可知，当v29m2/s2，此时F0

v2

重力通过向心力，根据牛顿第二定律可得mgm，解得r0.9m，故B正确；

r

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

v2

Fmgm，解得F427.8N428N，方向竖直向下，故C错误，D正确。

r

【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gR

B．当vgR时，小球处于完全失重状态，不受力的作用

C．当v2gR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；

v2

B．根据公式a可知，当vgR时，小球的加速度为ag

r

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；

v2

C．当v2gR时，小球需要的向心力为Fm2mg

nR

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；

v2

D．当vgR时，小球需要的向心力Fmmg

nR

v2v2

可知，小球受轨道竖直向上的弹力，由牛顿第二定律有mgNm，可得Nmgm，

RR

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（）

1cos

A．vB．(sin)v

costansintan

C．2cosD．2sinv

【答案】A

【详解】汽车和货物运动过程中，速度关联，如图所示

v绳

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v货把绳子右端点

cos2

v绳1

的实际速度分解为沿绳和垂直于绳两个方向，有v联立可得v货v故

coscostansin

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v1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v2，不计空气阻力。下列说法正确的是（）

d

A．箭射中靶心的最短时间为

v1

d

B．箭射中靶心的最短时间为22

v1v2

C．箭射出瞬间箭头到靶心的水平距离为d

dv2v2

D．箭射出瞬间箭头到靶心的水平距离为12

v2

【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v1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v1，垂直直线跑道

d

方向的分运动，速度为v2，则箭射中靶心的最短时间为tmin，AB错误；