2026年高考物理二轮复习讲练测（广东）易错02 牛顿运动定律、曲线运动、万有引力定律（易错专练）（解析版）

易错02牛顿运动定律、曲线运动、万有引力定律

目录

第一部分易错点剖析

易错典题避错攻略举一反三

易错点1对牛顿第二定律瞬时性的理解

易错点2不会用整体法隔离法求解连接体问题

易错点3不会分析传送带模型

易错点4不会分析板块模型

易错点5关联速度模型分解速度错误

易错点6不会用运动的合成与分解求平抛运动问题

易错点7不会分析圆周运动向心力的来源

易错点8竖直平面圆周运动混淆两种模型

易错点9混淆近地卫星、同步卫星和赤道上物体的运行问题

易错点1对牛顿第二定律瞬时性的理解

易错典题

【例1】如图所示，原长为l的轻质弹簧，一端固定在O点，另一端与一质量为m的小球相连。小球套在

竖直固定的粗糙杆上，与杆之间的动摩擦因数为0.5。杆上M、N两点与O点的距离均为l，P点到O点的

1

距离为l，OP与杆垂直。当小球置于杆上P点时恰好能保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重

2

力加速度大小为g。小球以某一初速度从M点向下运动到N点，在此过程中，弹簧始终在弹性限度内。下

列说法正确的是（）

4mg

A.弹簧的劲度系数为

l

1

B.小球在P点下方l处的加速度大小为(324)g

2

C.从M点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变小再变大

D.从M点到P点和从P点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力做功相同

【易错分析】没有弄清弹簧受力只能渐变，不能突变，而绳线模型受力可以突变。

【答案】AD

l

【解析】小球在P点受力平衡，则有，mgf，fFN，FNkl

2

4mg

联立解得k，A正确；

l

在PM之间任取一点A，令AO与MN之间的夹角为，则此时弹簧的弹力为

l

Fkl

2sin

小球受到的摩擦力为f1FN1Fsin

kl

化简得f1klsin

2

小球由M向P运动过程中，θ角增大，小球由P向N运动过程中，θ角减小，由此可知，小球从M点到N

点的运动过程中，所受摩擦力先变大后变小，C错误；

根据对称性可知在任意关于P点对称的点摩擦力大小相等，因此由对称性可知M到P和P到N摩擦力做功

大小相等；D正确；

l2kl

小球运动到点下方时，此时摩擦力大小为

P45f1kl

222

由牛顿第二定律mgFcos45fma

联立解得a632g，B错误。

避错攻略

【方法总结】

举一反三

【变式1-1】如图所示，质量为2kg的物体A静止于竖直的轻弹簧上，质量为3kg的物体B用细线悬挂，

A、B间相互接触但无压力，取重力加速度g＝10m/s2。某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间()

A.B对A的压力大小为12N

B.弹簧弹力大小为50N

C.B的加速度大小为10m/s2

D.A的加速度为零

【易错分析】没有弄清弹簧受力不能突变。

答案A

解析原来A处于平衡状态，细线剪断瞬间，弹簧的弹力不会发生突变，仍有FT＝mAg＝20N，故B错误；

细线剪断瞬间，A、B一起加速下降，由于原来A平衡，故整体受到的合力等于B的重力，由牛顿第二定律

2

可得mBg＝(mA＋mB)a，解得A、B共同加速度a＝6m/s，故C、D错误；对B由牛顿第二定律可得mBg－FN＝

mBa，解得B受到的支持力为FN＝12N，由牛顿第三定律可知，B对A的压力大小为12N，故A正确。

【变式1-2】(2024·湖南卷)如图，质量分别为4m、3m、2m、m的四个小球A、B、C、D，通过细线或

轻弹簧互相连接，悬挂于O点，处于静止状态，重力加速度为g。若将B、C间的细线剪断，则剪断瞬

间B和C的加速度大小分别为()

A.g，1.5gB.2g，1.5g

C.2g，0.5gD.g，0.5g

【易错分析】绳或杆形变不明显，可以认为它们恢复原来的形状，不需要时间，弹力立即消失或改变，

但弹簧形变明显，恢复原来的形状需要时间，故弹簧中的弹力不会发生突变。

答案A

解析剪断前，对B、C、D整体受力分析，

A、B间轻弹簧的弹力

FAB＝(3m＋2m＋m)g＝6mg

对D受力分析，C、D间轻弹簧的弹力FCD＝mg

剪断后，对B：FAB－3mg＝3maB

解得aB＝g，方向竖直向上

对C：FDC＋2mg＝2maC，且FCD＝FDC

解得aC＝1.5g，方向竖直向下，故选A。

易错点2不会用整体法隔离法求解连接体问题

易错典题

【例2】如图，两物块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时P静止在水平桌面上。将一个水

平向右的推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半。已知P、Q两物块的质量分别为mp0.5kg、

2

mQ0.2kg，P与桌面间的动摩擦因数0.5，重力加速度g10m/s。则推力F的大小为（）

A．4.0NB．3.0NC．2.5ND．1.5N

【易错分析】若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加

速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力。即“先整体求加速度，后隔离

求内力”。若已知物体之间的作用力，求连接体所受外力，则“先隔离求加速度，后整体求外力”。

【答案】A

【解析】P静止在水平桌面上时，由平衡条件有

T1mQg2N

fT12N<mPg2.5N

推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半，即

T

T11N

22

故Q物体加速下降，有

mQgT2mQa

可得

a5m/s2

而P物体将有相同的加速度向右加速而受滑动摩擦力，对P由牛顿第二定律

T2FmPgmPa

解得

F4N

故选A。

避错攻略

【方法总结】

1.整体法与隔离法在分析共速连接体问题中的应用

(1)整体法：若连接体内的物体具有共同加速度，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的外力，应

用牛顿第二定律求出加速度；

(2)隔离法：求系统内两物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列

方程求解；

(3)整体法和隔离法交替使用：一般情况下，若连接体内各物体具有相同的加速度，且求物体之间的作

用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再隔离某一物体，应用牛顿第二定律求相互作用力；若求

某一外力，可以先隔离某一物体求出加速度，再用整体法求合外力或某一个力。

2.共速连接体对合力的“分配协议”

一起做加速运动的物体组成的系统，若外力作用于上，则和之间的相互作用力＝，

Fm1m1m2FT＋

�2�

12

若作用于上，则＝。此“协议”与有无摩擦无关若有摩擦，两物体与接触面间的动�摩擦�因

m2FT＋(

�1�

数必须相同)，与两物体间�1有�无2连接物、是何种连接物(轻绳、轻杆、轻弹簧)无关，而且无论物体组成

的系统处于平面、斜面还是竖直方向，此“协议”都成立。

2.关联速度连接体

轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度大小总是相等。下面三图中A、B两物体速度和加

速度大小相等，方向不同。

举一反三

【变式2-1】如图所示，水平面上有两个质量分别为m1和m2的木块1和2，中间用一条轻绳连接，

两木块的材料相同，现用力F向右拉木块2，当两木块一起向右做匀加速直线运动时，已知重力加

速度为g，下列说法正确的是()

A.若水平面是光滑的，则m2越大，绳的拉力越大

若木块和水平面间的动摩擦因数为，则绳的拉力为＋

B.μ＋μm1g

�1�

�1�2

C.绳的拉力大小与水平面是否粗糙无关

D.绳的拉力大小与水平面是否粗糙有关

【易错分析】关联速度连接体做加速运动时，没有弄清楚加速度是否相同.

答案C

解析若设木块和地面间的动摩擦因数为μ，以两木块整体为研究对象，根据牛顿第二定律有

F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，

得a＝＋，以木块1为研究对象，根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma，得a＝，系统加速

＋T11

�−�(�1�2)��T−��1�

度与木块�11加�速2度相同，联立解得F＝F，可知绳子拉力大小与动摩擦因数μ无关，�与1两木块质量大

T＋

�1

小有关，无论水平面是光滑的还是粗糙的�1，�绳2的拉力大小均为F＝F，且m越大，绳的拉力越小，故

T＋2

�1

选C。�1�2

【变式2-2】(多选)如图所示，固定在地面上的光滑斜面体倾角为θ＝30°，一根轻绳跨过斜面体顶端

的光滑定滑轮，绳两端系有小物块a、b，a的质量为2m，b的质量为4m。重力加速度为g，定滑

轮左侧轻绳与斜面平行，右侧轻绳竖直。将a、b由静止释放，则下列说法正确的是()

A.绳子对b的拉力大小为4mg

B.a的加速度大小为

�

2

C.绳子对定滑轮的作用大小为2mg

3

D.在相同时间内(b未触地)，a、b速度变化量大小不相等

【易错分析】关联速度连接体做加速运动时，由于加速度的方向不同，一般采用分别选取研究对象，对两

物体分别列牛顿第二定律方程，用隔离法求解加速度及相互作用力。

答案BC

解析在相同时间内(b未触地)，a、b加速度的大小相等，速度变化量大小相等，D错误；以b为研究对象，

设绳子拉力为FT，由牛顿第二定律有4mg－FT＝4ma，以a为研究对象，由牛顿第二定律有FT－2mgsinθ＝

2ma，联立解得FT＝2mg，a＝，故A错误，B正确；由几何关系知，两侧绳子的夹角为60°，则绳子对定

�

滑轮的作用力大小为F＝2FTco2s30°＝2mg，故C正确。

3

易错点3不会分析传送带模型

易错典题

【例3】一传送带装置如图所示，其中AB段是水平的，长度LAB＝4m，BC段是倾斜的，长度LBC＝5m，

倾角为θ＝37°，AB和BC由B点通过一段短的圆弧连接(图中未画出圆弧)，传送带以v＝4m/s的恒定速率

顺时针运转，已知工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2。现将一个工件(可看作质

点)无初速度地放在A点，求：

(1)工件第一次到达B点所用的时间；

(2)工件沿传送带上升的最大高度；

(2)工件运动了23s后所在的位置。

【易错分析】求解传送带问题的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析与判断.

.临界状态：当v物＝v带时，摩擦力发生突变，物体的加速度发生突变.

【答案】(1)1.4s(2)2.4m(3)在A点右侧2.4m处

【解析】(1)工件刚放在水平传送带上的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得μmg＝ma1

2

解得a1＝μg＝5m/s

经t1时间工件与传送带的速度相同，解得

v

t1＝＝0.8s

a1

12

工件前进的位移为x1＝a1t1＝1.6m

2

此后工件将与传送带一起匀速运动至B点，用时

LAB－x1

t2＝＝0.6s

v

所以工件第一次到达B点所用的时间

t＝t1＋t2＝1.4s。

(2)在倾斜传送带上工件的加速度为a2，由牛顿第二定律得μmgcosθ－mgsinθ＝ma2

2

解得a2＝－2m/s

2hm

由速度位移公式得0－v＝2a2

sinθ

解得hm＝2.4m。

2hm

(3)工件沿传送带向上运动的时间为t3＝＝2s

vsinθ

此后由于工件在传送带的倾斜段运动时的加速度相同，在传送带的水平段运动时的加速度也相同，故工件

将在传送带上做往复运动，其周期为T，则

T＝2t1＋2t3＝5.6s

工件从开始运动到第一次返回传送带的水平部分，且速度变为零所需时间t0＝2t1＋t2＋2t3＝6.2s，而23s＝

t0＋3T，这说明经过23s后工件恰好运动到传送带的水平部分，且速度为零，故工件在A点右侧，到A点

的距离x＝LAB－x1＝2.4m。

避错攻略

【方法总结】

1.模型特点：物体(视为质点)放在传送带上，由于物体和传送带相对运动(或有相对运动趋势)而产生摩

擦力，根据物体和传送带间的速度关系，摩擦力可能是动力，也可能是阻力。

2.解题关键：抓住v物＝v传的临界点，当v物＝v传时，摩擦力发生突变，物体的加速度发生突变。

3.注意物体位移和相对位移的区别

(1)物体位移：以地面为参考系，单独对物体由运动学公式求得的位移。

(2)物体相对传送带的位移大小Δx

①若有一次相对运动：Δx＝x传－x物或Δx＝x物－x传。

②若有两次相对运动：两次相对运动方向相同，则Δx＝Δx1＋Δx2(图甲)；

两次相对运动方向相反，则划痕长度等于较长的相对位移大小Δx2(图乙)。

【变式3-1】(多选)如图所示，为皮带传输装置示意图的一部分，传送带与水平地面的倾角θ=37°，A、

B两端相距4.45m，质量为m=10kg的小物体以v0=5.0m/s的速度沿AB方向从A端滑上传送带，物

体与传送带间的动摩擦因数处处相同，均为0.5，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，下列说法

中正确的是()

A.开始时物体的加速度大小一定为10m/s2

B.若传送带不转动，物体沿传送带上滑的最大距离是1.25m

C.若传送带逆时针运转的速度v=4.0m/s，物体沿传送带上滑的最大距离是1.25m

D.若传送带顺时针运转的速度v=4.0m/s，物体从A点到达B点所需的时间是2.1s

答案BCD

解析由题意可知，若传送带不转动或逆时针转动，物体沿AB方向从A端滑上传送带向上运动的加速

2

度大小为a1，由牛顿第二定律可得mgsinθ+μmgcosθ=ma1，解得开始时物体的加速度大小a1=10m/s，

2

若传送带顺时针转动，其速度小于物体速度v0=5.0m/s，可知开始时物体的加速度大小为10m/s，其速

度大于物体速度v0=5.0m/s，则传送带对物体的摩擦力方向向上，由牛顿第二定律可得mgsinθ-μmgcos

θ=ma2，解得开始时物体的加速度大小为a2=2m/s2，A错误；若传送带不转动，由速度位移关系有

2

v0=2a1xm可得，物体沿传送带上滑的最大距离是xm==1.25m，B正确；若传送带逆时针运转的速度v=4.0

m/s时，可知物体受到的滑动摩擦力方向沿传送带向下，可知物体的加速度大小是10m/s2，物体沿传送

带上滑的最大距离是1.25m，C正确；若传送带顺时针运转的速度v=4.0m/s，可知物体先做减速运动，

减速到与传送带速度相等时所用时间t1=0.1s，此时间内物体上滑的距离为x10.45m，此后由于物体沿

传送带向下的重力分力大于传送带对物体的摩擦力，物体的加速度是2m/s2，方向沿传送带向下，即物

2

体沿传送带向上做减速运动，设到B点时的速度是vB，由速度位移关系可得v-=2a2(L-x1)，在此过程

所用时间为t2s=2s，物体从A点到达B点所需的时间是t=t1+t2=0.1s+2s=2.1s，D正确。

【变式3-2】如图所示，传送带与水平地面的夹角θ＝37°，从A到B的长度为L＝10.25m，传送带

以v0＝10m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速度释放一个质量为m＝0.5kg的黑色煤块

(可视为质点)，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹。已

知sin37°＝0.6，g取10m/s2。

(1)当煤块与传送带速度相同时，接下来它们能否相对静止；

(2)求出煤块从A运动到B的时间，并试画出煤块的v－t图像；

(3)求煤块从A到B的过程中在传送带上留下痕迹的长度。

答案(1)不能(2)1.5s见解析图(3)5m

解析(1)由于mgsin37°>μmgcos37°，所以煤块与传送带速度相同后，它们不能相对静止。

2

(2)煤块刚放上时，受到沿斜面向下的摩擦力，其加速度为a1＝g(sinθ＋μcosθ)＝10m/s，

煤块加速运动至与传送带速度相同时需要的时间t1＝＝1s，发生的位移x1＝a1＝5m

�012

�12�1

煤块速度达到v0后，加速度大小改变，继续沿传送带向下加速运动，则有

2

a2＝g(sinθ－μcosθ)＝2m/s，

x2＝L－x1＝5.25m，

由x2＝v0t2＋a2，

12

2�2

得t2＝0.5s

故煤块从A运动到B的时间为t＝t1＋t2＝1.5s。v－t图像如图所示。

(3)第一过程痕迹长Δx1＝v0t1－x1＝5m，

第二过程痕迹长Δx2＝x2－v0t2＝0.25m，

Δx2与Δx1部分重合，故痕迹总长为5m。

易错点4不会分析板块模型

易错典题

【例4】如图甲所示，长木板B静止在光滑水平地面上，在t＝0时刻，可视为质点、质量为1kg

的物块A在水平外力F作用下，从长木板的左端从静止开始运动，1s后撤去外力F，物块A、长

木板B的速度—时间图像如图乙所示，g取10m/s2，则下列说法正确的是()

A.长木板的最小长度为2m

B.A、B间的动摩擦因数是0.1

C.长木板的质量为0.5kg

D.外力F的大小为4N

【错因分析】未能用图像准确分析两物体速度的变化，对加速度的分析错误。

答案ABD

解析由题图乙可知，2s后物块和木板达到共速后一起匀速运动，v－t图像中图线与t轴围成的面积表

示物体的位移，故由题图乙可知，在2s内物块的位移为x1＝4m，木板的位移为x2＝2m，故长木板的最

小长度为L＝x1－x2＝2m，A正确；由题图乙可知，1s时撤去外力F，在1~2s内由物块的受力及牛顿第

2

二定律可知μmg＝maA，由题图乙可知1~2s内物块的加速度大小为aA＝1m/s，解得A、B间的动摩擦因数

2

为μ＝0.1，B正确；由题图乙可知，木板的加速度大小为aB＝1m/s，由木板B的受力及牛顿第二定律可

知μmg＝MaB，解得长木板的质量为M＝1kg，C错误；由0~1s内物块的受力及牛顿第二定律可知F－μmg

2

＝maA'，又此过程中加速度的大小为aA'＝3m/s，解得F＝4N，D正确。

避错攻略

【知识链接】

处理“板块”模型中动力学问题的流程

举一反三

【变式4-1】如图所示，一质量为M＝0.9kg的长木板B在粗糙的水平面上向右运动，某一时刻长

木板的初速度为v0＝5.5m/s，此时将一质量m＝0.2kg的物块A(可视为质点)无初速度地放在长木

板右端，经过一段时间后物块A刚好没有从木板的左端滑出。已知物块A与长木板B之间的动摩

擦因数为μ1＝0.25，长木板B与地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，

g取10m/s2，求：

(1)两者相对运动过程中物块A和木板B的加速度大小；

(2)长木板B的长度；

(3)从将物块A放上长木板开始到最后相对地面静止，物块A相对地面的位移大小。

答案(1)2.5m/s23m/s2(2)2.75m

(3)2.8125m

解析(1)由题可知，A、B先相对滑动，达到共速后一起做匀减速直线运动，直到静止。A、B相对滑动时，

对物块A受力分析，由牛顿第二定律得

2

μ1mg＝ma1，解得a1＝2.5m/s。

2

对长木板B受力分析，由牛顿第二定律有μ1mg＋μ2(M＋m)g＝Ma2，解得a2＝3m/s。

(2)由物块A刚好未从木板的左端滑出可知，长木板B的长度等于A、B两物体相对地面位移的差值。当A、

B共速时有a1t＝v0－a2t，解得t＝1s，

2

A物块的位移xA＝a1t＝1.25m，

1

2

2

B长木板的位移xB＝v0t－a2t＝4m，

1

2

则L＝xB－xA＝2.75m。

(3)由(2)分析可得，A、B共速时，A、B两物体的速度为v共＝a1t＝2.5m/s，

由题知μ1>μ2，所以A、B共速后，一起做匀减速直线运动，直到停止，由牛顿第二定律得μ2(M＋m)g＝(M

＋m)a3，

2共

解得a3＝2m/s，由匀变速直线运动规律有共＝2a3x3，可知x3＝2＝1.5625m，

�

2

�2�3

则全过程中，A相对地面发生的位移大小

x＝xA＋x3＝2.8125m。

【变式4-2】如图所示，水平面上的长木板在推力作用下向右运动，当速度v0＝9m/s时撤去推力，同

时在长木板的右端轻轻地放上一个大小不计的小物块，最终小物块恰好没有滑离长木板。已知长木板

的质量M＝2kg，小物块的质量m＝1kg，小物块与长木板间的动摩擦因数μ1＝0.2，长木板与地面间的

2

动摩擦因数μ2＝0.1，重力加速度g取10m/s，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：

(1)(3分)小物块刚放上长木板时，小物块的加速度大小a1和长木板的加速度大小a2；

(2)(4分)长木板的长度l；

(3)(4分)从小物块放上长木板开始到最后停止运动的总位移大小x。

答案(1)2m/s22.5m/s2(2)9m(3)12m

解析(1)小物块刚放上长木板时在摩擦力的作用下加速，由牛顿第二定律μ1mg＝ma1

长木板减速，有μ2(M＋m)g＋μ1mg＝Ma2

2

解得小物块的加速度大小a1＝2m/s

2

长木板的加速度大小a2＝2.5m/s

(2)设经时间Δt两者达到共同速度v，有

v＝a1Δt＝v0－a2Δt

得Δt＝2s，v＝4m/s

2

这段时间内小物块的位移x1＝a1(Δt)＝4m

1

2

2

长木板的位移x2＝v0Δt－a2(Δt)＝13m

1

2

长木板的长度l＝x2－x1＝9m

(3)小物块和长木板达到共同速度之后一起做匀减速直线运动，设加速度大小为a3，有

μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3

2

解得a3＝1m/s

2

一起减速的位移为x3，有v＝2a3x3

解得x3＝8m

则小物块的总位移x＝x1＋x3＝12m。

易错点5关联速度模型分解速度错误

易错典题

【例5】活塞带动飞轮转动可简化为如图所示的模型：图中A、B、O三处都是转轴，当活塞在水平方向上

移动时，带动连杆AB运动，进而带动OB杆以O点为轴转动。若某时刻活塞的水平速度大小为v，连杆

AB与水平方向夹角为α，AB杆与OB杆的夹角为β，此时B点做圆周运动的线速度大小为()

vsinαvcosα

A.B.

sinβsinβ

vcosαvsinα

C.D.

cosβcosβ

【错因分析】不会分解速度，错误运用三角函数。

答案B

解析设B点做圆周运动的线速度大小为v′，此速度为B的实际速度，根据运动的合成与分解，可以分解

π

β－

为沿杆方向的分速度和垂直杆方向的分速度，如图，沿杆方向的分速度为vB＝v′cos2＝v′sinβ，

A点速度为水平方向的v，根据运动的合成与分解，可以分解为沿杆方向的分速度和垂直杆方向的分速度，

如上图，沿杆方向的分速度为vA＝vcosα，又有二者沿杆方向的分速度相等，即v′sinβ＝vcosα，则

vcosα

v′＝，故B正确。

sinβ

避错攻略

【方法总结】

1.模型特点

与绳(杆)相连的物体运动方向与绳(杆)不在一条直线上，沿绳(杆)方向的速度分量大小相等。

2.分解原则

3.常见模型

举一反三

【变式5-1】质量为m的物体P置于倾角为θ1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θ2时(如图5)，下列判断正确的是()

图5

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

解析将小车的速度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vP＝vcosθ2，故B正确，A错误；小车向右运动，θ2减小，v不变，所以vP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FT，沿斜面和垂直于斜面方向建立正交轴，沿斜面方向由牛顿第二定律可得

FT－mgsinθ1＝ma，可得FT>mgsinθ1，故C、D错误。

【变式5-2】如图所示，长为L的直杆一端可绕固定轴O无摩擦转动，另一端靠在以水平速度v匀速向左

运动、表面光滑的竖直挡板上，当直杆与竖直方向夹角为θ时，直杆端点A的线速度为()

v

A.B.vsinθ

sinθ

v

C.D.vcosθ

cosθ

答案C

v

解析将直杆端点A的线速度进行分解，如图所示，由图中的几何关系可得v0＝，选项C正确，A、

cosθ

B、D错误。

易错点6不会用运动的合成与分解求平抛运动问题

易错典题

【例6】(2022·广东卷)如图所示，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()

L

A.将击中P点，t大于

v

L

B.将击中P点，t等于

v

L

C.将击中P点上方，t大于

v

L

D.将击中P点下方，t等于

v

【错因分析】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均做自由落体运动，当子弹击中积木时子弹

1

和积木的运动时间相同，根据h＝gt2，可知下落高度相同，所以将击中P点；初始状态子弹到P点的水平

2

L

距离为L，子弹在水平方向上做匀速直线运动，有t＝，故B正确。

v

避错攻略

【知识链接】

1.飞行时间

2h

由t＝知，下落的时间取决于下落高度h，与初速度v0无关。

g

2.水平射程

2h

x＝v0t＝v0，即水平射程由初速度v0和下落高度h共同决定。

g

3.速度改变量

因为平抛运动的加速度为恒定的重力加速度g，所以做平抛运动的物体在任意相等时间间隔Δt内的速度改

变量Δv＝gΔt是相同的，方向恒为竖直向下，如图所示。

4.两个重要推论

(1)做平抛

xA

运动的物体在任意时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，即xB＝，如图1所示。

2

(2)做平抛运动的物体在任意时刻任意位置处，有tanθ＝2tanα。

举一反三

【变式6-1】(多选)在篮球比赛中，投篮的投出角度太大和太小，都会影响投篮的命中率。在一次投篮表演

中，郭同学在空中一个漂亮的投篮，篮球以与水平面成45°的倾角准确落入篮筐，这次跳起投篮时，投球点

和篮筐正好在同一水平面上，设投球点到篮筐距离为9.8m，不考虑空气阻力，g取10m/s2。则()

A.篮球出手的速度大小为7m/s

B.篮球在空中运动的时间为1.4s

C.篮球进筐的速度大小为72m/s

D.篮球投出后的最高点相对地面的竖直高度为2.45m

答案BC

vsin45°

解析篮球在空中做斜抛运动，设出手时速度为v，从抛出到入筐，篮球运动的总时间为t＝2，水

g

平位移x＝vcos45°·t，联立解得t＝1.4s，v＝72m/s，由对称性可知，进筐时速度大小也为72m/s，故A

vsin45°＋0t

错误，B、C正确；由抛出到最高点，竖直高度h＝·＝2.45m，但最高点相对地面的竖直高度要

22

大于2.45m，故D错误。

【变式6-2】(多选)如图所示，网球发球机水平放置在水平地面上方某处，正对着竖直墙面发射网球，两次

发射的两球分别在墙上留下A、B两点印迹，测得OA＝AB＝h，OP为水平线，若忽略网球在空中受到的阻

力，则()

A.两球碰到墙面时的动量可能相同

B.两球碰到墙面时的动能可能相等

C.两球发射的初速度之比vOA∶vOB＝2∶1

D.两球从发射到碰到墙面瞬间运动的时间之比tA∶tB＝1∶2

答案BD

解析动量为矢量，由图可知，两球与墙碰撞时其速度方向不相同，故两球碰到墙面时的动量不可能相同，

故A错误；从拋出到与墙碰撞的过程中，根据平抛运动规律可知，A的水平速度大，竖直速度小，B的水

平速度小，竖直速度大，则两球速度大小可能相同，动能可能相同，故B正确；忽略网球在空中受到的阻

1212

力，则可将网球做的运动视为平抛运动，在竖直方向有h＝gtA，2h＝gtB，解得tA∶tB＝1∶2，故D正确；

22

在水平方向有x＝vOAtA，x＝vOBtB，则vOA∶vOB＝2∶1，故C错误。

易错点7不会分析圆周运动向心力的来源

易错典题

【例7】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

【错因分析】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。

避错攻略

【知识链接】

匀速圆周运动的实例分析

运动模型向心力的来源图示运动模型向心力的来源图示

飞机水平转弯火车转弯

圆锥摆飞车走壁

汽车在水平路水平转台

面转弯(光滑)

2

v2

(1)向心力F向＝mgtanθ＝m＝mωr，且r

r

＝Lsinθ，解得v＝gLtanθsinθ，ω＝

g。

Lcosθ

(2)稳定状态下，θ越大，角速度ω和线速度v

mg

就越大，小球受到的拉力F＝和运动所

圆锥摆cosθ

需向心力也越大

(1)筒内壁光滑，向心力由重力mg和支持力

2

mgv2

FN的合力提供，即＝m＝mωr，解得

tanθr

grg

v＝，ω＝。

tanθrtanθ

(2)稳定状态下小球所处的位置越高，半径r

越大，角速度ω越小，线速度v越大，支持

圆锥筒

mgmg

力FN＝和向心力F向＝并不随位置

sinθtanθ

的变化而变化

举一反三

【变式7-1】如图所示，场地自行车赛道与水平面成一定倾角，A、B、C三位运动员骑自行车在赛道转弯处

以相同大小的线速度做匀速圆周运动(不计空气阻力)。则下列说法正确的是()

A.自行车受到地面的静摩擦力指向圆周运动的圆心

B.自行车(含运动员)受到重力、支持力、摩擦力、向心力

C.A、B、C三位运动员的角速度ωA<ωB<ωC

D.A、B、C三位运动员的向心加速度aA>aB>aC

答案C

解析自行车做匀速圆周运动，地面对自行车的摩擦力不可能是静摩擦力，故A错误；自行车和运动员整

体受重力、支持力和摩擦力，合力提供向心力，向心力不是性质力，故B错误；三位运动员的线速度大小

v

相等，根据ω＝，可知半径大的，角速度小，故A、B、C三位运动员的角速度ωA<ωB<ωC，故C正确；三

r

v2

位运动员的线速度大小相等，根据a＝，可知半径大的，向心加速度小，A、B、C三位运动员的向心加速

r

度aA<aB<aC，故D错误。

【变式7-2】内表面为半球型且光滑的碗固定在水平桌面上，球半径为R，球心为O，现让可视为质点的小

球在碗内的某一水平面上做匀速圆周运动，小球与球心O的连线与竖直方向的夹角为θ，重力加速度为g，

则()

A.小球的加速度为a＝gsinθ

mg

B.碗内壁对小球的支持力为FN＝

sinθ

Rcosθ

C.小球的运动周期为T＝2π

g

D.小球运动的速度为v＝gRtanθ

答案C

解析小球在碗内的某一水平面上做匀速圆周运动，受力如图，竖直方向有FNcosθ＝mg，水平方向有FNsin

mg4π2Rcosθ

θ＝ma，联立解得a＝gtanθ，FN＝，故A、B错误；又由a＝Rsinθ，小球的运动周期为T＝2π，

cosθT2g

v2gRsin2θ

故C正确；又由a＝，小球运动的速度为v＝，故D错误。

Rsinθcosθ

易错点8竖直平面圆周运动混淆两种模型

易错典题

【例8】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

【错因分析】此题是轻杆模型，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