易錯點04對曲線運動的分析存在誤區

目錄

01易錯陷阱

易錯點一：不會運用運動的合成與分解求解兩種模型

易錯點二：對拋體運動理解有誤

易錯點三：對圓周運動理解有誤

02易錯知識點

知識點一、繩桿末端速度分解的三種方法

知識點二、常見斜面平拋模型與結論

類型一：沿著斜面平拋

類型二：垂直撞斜面平拋運動

類型三：撞斜面平拋運動中的最小位移問題

知識點三、水平方向上的圓周運動

知識點四、豎直面內“繩、桿（單、雙軌道）”模型對比

知識點五、豎直面內圓周運動常見問題與二級結論

03舉一反三—易錯題型

題型一：對繩、桿端速度進行分解

題型二：平拋運動與斜面、曲面的結合

題型三：多體平拋運動

題型四：斜拋運動

題型五：水平面上的圓周運動（圓錐擺，圓碗……）

題型六：豎直面的繩、桿模型及臨界條件

04易錯題通關

Qm易錯陷阱

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

///////////////////

當船頭方向垂直河岸時，渡河時間最短，

a

/LJj

渡河時間最短郎1

最短時間fmin=-

U船

\\\xx\xxxx\xxxxxxx\

/〃〃〃，〃〃〃〃〃〃〃〃，//

1\

如果V?5>V水，當船頭方向與上游河岸夾角

b,

1

1

V船於d。滿足V船cos6=v水時，合速度垂直河岸，

渡河位移最短，等于河寬d

〃〃〃》，〃〃，〃，〃〃〃，，

渡河位移最短

/〃/〃〃〃/，〃〃〃〃，〃〃〃〃《/〃

如果V船當船頭方向（即V船方向）與合

uH—、

df心｝

速度方向垂直時，渡河位移最短，等于如

'〃〃〃〃〃，）

\!

\/U船

2.繩（桿）關聯速度問題

（1）易錯注意點

①繩或桿質量忽略不計

②繩或桿不可伸長

③沿繩（桿）方向的速度分量大小相等.

（2）思路方法

合運動（實際發生的運動）一合速度一繩（桿）拉物體的實際運動速度。

［其一：沿繩（桿）的速度。1

分運動（對合運動沿某方向分解的運動）一分速度一甘一帛,在、壬吉,、由由

〔其一：與繩（桿）垂直的速度02

方法：與。2的合成遵循平行四邊形定則.

（3）繩、桿末端速度分解四步

①找到合運動一物體的實際運動；②確定分運動一沿繩（桿）和垂直于繩（桿）；③作平行四邊形;

④根據沿繩（桿）方向的分速度大小相等求解。常見的模型如圖所示。

易錯點二：對拋體運動理解有誤

1.平拋（或類平拋）運動所涉及物理量的特點

物理量公式決定因素

[2h取決于下落高度力和重力加

飛行時間

§速度g,與初速度均無關

[2h由初速度均、下落高度/?和

水平射程X=Vot=Vo\

77重力加速度g共同決定

與初速度VO、下落高度〃和

落地速度必=4正+年=4誣+2g/z

重力加速度g有關

Av=gAr,方向恒為豎直向下

%Ro一&

懺

由重力加速度g和時間間隔

速度改變量

加共同決定

2.平拋運動中物理量的關系圖

包A總

V\P,）時間

y=Vigt2

tan。=2tana

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

I2.

①正交分解法：分解位移（位移三角形）：若已知鼠X,可求出"0=X

2」’

分解速度（速度三角形）：若已知VO、0,可求出V=vo/bos。；

②推論法：若已知鼠x,tan0=2tana=2h/x；

③動能定理法：若已知〃、vo，動能定理：mgh=1/2mv2-y2mvo1,可求出u=J詔+2g口。

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

能會出現恰好過去或恰好過不去的臨界狀態，還會出現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

1.勻速圓周運動的向心力公式為F=?云=ma>2r=mr（占2.

2.物體做勻速圓周運動的條件：合力大小不變,方向始終與速度方向垂直且指向圓心，提供物體做

圓周運動的向心力.

易錯分析

3.向心力是效果力：向心力是根據力的作用效果命名的，不是性質力，它可以是重力、彈力、摩擦

力等各種性質的力，也可以是它們的合力，或某個力的分力.注意在分析物體受力時，不能說物體

還受一個向心力的作用，向心力可以是某一種性質力，也可以是幾個性質力的合力或某一性質力的

分力.

也易錯知識點

知識點一、繩桿末端速度分解的三種方法

方法一、微元法

要求船在該位置的速率即為瞬時速率，需從該時刻起取一小段時間來求它的平均速率，當這一小段

時間趨于零時，該平均速率就為所求速率。

如圖所示，設船在6角位置經1時間向左行駛Ax距離，滑輪右側的繩長縮短△￡,當繩與水平方向

的角度變化很小時，442c可近似看做是一直角三角形，因而有力￡=4xcos仇兩邊同除以At得：

—cosi9

A/A/,即收繩速率V產匕cosa因此船的速率為：VA=vo/cosdo

方法二、效果分解法

首先確定合運動，即物體實際運動；其次確定物體A的兩個分運動。兩個分運動：一是沿繩的方向

被牽引，繩長縮短。繩長縮短的速度即等于V1=VO；二是隨著繩以定滑輪為圓心的擺動，它不改變繩

長，只改變角度0的值。這樣就可以將VA按圖示方向進行分解。所以VI及V2實際上就是辦的兩個

分速度，如圖所示，由此可得Vd="o/cOsO。

方法三、功率等值法,

由題意可知：人對繩子做功等于繩子對物體所做的功，即二者做功的功率相等。人對繩子的拉力為

F,則對繩子做功的功率為P1=G）；繩子對物體的拉力，由定滑輪的特點可知，拉力大小也為R則

繩子對物體做功的功率為P2=FVACOS3.,因為尸產己所以VA=Vo./COsOo

知識點二、常見斜面平拋模型與結論

類型一：沿著斜面平拋

1.斜面上平拋運動的時間的計算

斜面上的平拋（如圖），分解位移（位移三角形）

X=Vot,

14)

tanQ：,

2votan8

可求得t=

g

2.斜面上平拋運動的推論

根據推論可知，tana=2/a〃0,同一個斜面同一個仇所以，無論平拋初速度大小如何，落到斜面速度

方向相同。

3.與斜面的最大距離問題

【構建模型】如圖所示，從傾角為。的斜面上的A點以初速度%水平拋出一個物體，物體落在斜面

上的8點，不計空氣阻力.

法一：（1）以拋出點為坐標原點，沿斜面方向為無軸，垂直于斜面方向為y軸，建立坐標系，如圖（a）

〃%=gsinaQy^gcos0.

物體沿斜面方向做初速度為喉、加速度為久的勻加速直線運動，垂直于斜面方向做初速度為Vy、加

速度為由的勻減速直線運動，類似于豎直上拋運動.

Votan

令Vy=vosin8-geosO-t—Q,即?=

g

（2）當『=地乎時，物體離斜面最遠，由對稱性可知總飛行時間7=2/=3普，

OO

A、B間距離S=VQCOS夕T+]gsin夕[譬事

法二：（1）如圖（b）所示，當速度方向與斜面平行時，離斜面最遠，V的切線反向延長與W交點為此時

橫坐標的中點P,

n.八y2寸wtan6

貝lltan8=]，t=~.

2%2y

(2)Z=y=；g「=彎中，而就:存=1：3,所以與=4尸細普，48間距離s=《=

乙Ng<5SillC7

2記tan8

geos0?

法三：(1)設物體運動到。點離斜面最遠，所用時間為右將u分解成班和內，如圖(c)所示，則由tan

「匕=色得看皿迪

圖(C)圖(d)

(2)設由A到2所用時間為汽水平位移為無，豎直位移為y,如圖(d)所示，由圖可得

tany=xtan3①

y=^gt'2②

X=Vof(X)

由①②③式得：f，=4嗯

O

k,2votan0

而x=vof=----------,

O

因此42間的距離5=潦7=黑米

類型二：垂直撞斜面平拋運動

方法：分解速度.

Vx=V0,

Vy=g/,

,以V0

tan3Q=-=~,

Vygt

可求得片濡?

底端正上方平拋撞斜面中的幾何三角形

類型三：撞斜面平拋運動中的最小位移問題

過拋出點作斜面的垂線，如圖所示,

當小球落在斜面上的8點時，位移最小，設運動的時間為3則

水平方向：x=hcos0-sin0=vot

豎直方向：y=〃cosPcos(9=；g產，解得vo=yj^sin

0,t=As。.

g

知識點三、水平方向上的圓周運動

1.結構特點：一根質量和伸長可以不計的輕細線，上端固定，下端系一個可以視為質點的擺球在水

平面內做勻速圓周運動，細繩所掠過的路徑為圓錐表面。

2.受力特點：擺球質量為小，只受兩個力即豎直向下的重力zng和沿擺線方向的拉力/。兩個力的合

力，就是擺球做圓周運動的向心力耳,，如圖所示（也可以理解為拉力F7的豎直分力與擺球的重力平

衡，%的水平分力提供向心力）。

4.運動特點：擺長為Z,擺線與豎直方向的夾角為8的圓錐擺，擺球做圓周運動的圓心是0,圓周運

動的軌道半徑是r=Isind

22

向心'力F合=mgtan9=man=ma）lsin9=mv/（Isin9'）

擺線的拉力FT=mg/cos9

【討論】：（1）當擺長一定，擺球在同一地點、不同高度的水平面內分別做勻速圓周運動時，據cos8=

。/（信/）可知，若角速度3越大，貝”越大，擺線拉力%=mg/cos8也越大，向心加速度％i=gtcm8

也越大，線速度u=a）r=[glsin8tan。也越大。

結論是：同一圓錐擺，在同一地點，若e越大，則擺線的拉力越大，向心力越大，向心加速度也越大，

轉動的越快，運動的也越快，。

（2）當1cos8為定值時（/cos。=九為擺球的軌道面到懸點的距離h,即圓錐擺的高度），擺球的質量相

等、擺長不等的圓錐擺若在同一水平面內做勻速圓周運動，則擺線拉力%=mg/cosd,向心力/合=

mgtan6,向心加速度=gtan。，角速度3=Jg/_,線速度。=w=JgUtan。。

結論是：在同一地點，擺球的質量相等、擺長不等但高度相同的圓錐擺，轉動的快慢相等，但。角大

的圓錐擺，擺線的拉力大，向心力大，向心加速度大，運動得快。

知識點四、豎直面內“繩、桿(單、雙軌道)”模型對比

輕繩模型(沒有支撐)輕桿模型(有支撐)

VV

不o

常見

類型

V2

過最高點的由根且=盯■得V臨=4^由小球能運動即可得V嘛=0

臨界條件對應最低點速度V低么商7對應最低點速度n低么砌1

繩不松不脫

V低NJ5gr或V低0/2gr不脫軌

軌條件

F^-mg低2/廠F^-mg=mv低2"

最低點彈力

F低二加且+^^低2門,向上拉力/低二mg+mu低2/r,向上拉力

(1)當v=0時，尸N=mg,FN為向上支持力

(2)當0Vv</?時，一尺+加8=町，尺向

過最高點時，v>Vgr,FN+mg=m—,

上支持力，隨u的增大而減小

最高點彈力

繩、軌道對球產生彈力FN=my-mg

(3)當口=/?時，FN=0

向下壓力y2

(4)當v><第時，F^+mg=m-：f尸N為向下

壓力并隨V的增大而增大

在最高尸

點的bN/林

1取豎直向下為正方向m

圖線-?r取豎直向下為正方向

知識點五、豎直面內圓周運動常見問題與二級結論

【問題1]■個小球沿一豎直放置的光滑圓軌道內側做完整的圓周運動，軌道的最高點記為A和最

低點記為C,與原點等高的位置記為B。圓周的半徑為R

要使小球做完整的圓周運動，當在最高點A的向心力恰好等于重力時，由7ng=zn三可得①

對應C點的速度有機械能守恒7ng2R=-［加以得%=j5gR②

當小球在C點時給小球一個水平向左的速度若小球恰能到達與O點等高的D位置則由機械能守恒

mgR=得％=12gR③

小結：(1).當L>代證時小球能通過最高點A小球在A點受軌道向內的支持力由牛頓第二定律為+

mg=mY?

(2).當以=J標時小球恰能通過最高點A小球在A點受軌道的支持力為0由牛頓第二定律mg=

m—o⑤

RJ

(3).當,2gR<vc<證時小球不能通過最高點A小球在4點，上升至DA圓弧間的某一位向右做

斜拋運動離開圓周，且y越大離開的位置越高，離開時軌道的支持力為0

在DA段射重力與半徑方向的夾角為6則mgcos。=cos。==

(4).當0<%W/標時小球不能通過最高點A上升至CD圓弧的某一位置速度減為0之后沿圓弧返

回。上升的最高點為C永不脫離軌道

【問題2］常見幾種情況下物體受軌道的作用力

(1)從最高點A點靜止釋放的小球到達最低點C：由機械能守恒mg2R=

在C點由牛頓運動定律：F-mg=m5mg@

N乎R得FN=

⑵從與o等高的D點(四分之一圓弧)處靜止釋放到達最低點C：由機械能守恒mgR=3m決

在C點由牛頓運動定律：F-mg=m得=37ng⑦

N乎i\FN

⑶從A點以初速度以=阿釋放小球到達最低點

由機械能守恒mg2R=—|根若

在C點由牛頓運動定律：F-mg=m^-得FN=6mg⑥

NR

藻?舉-反三

題型一：對繩、桿端速度進行分解

［例1］（2024?荊門三模）如圖所示，一輛貨車利用跨過光滑定滑輪的輕質不可伸長的纜繩提升一箱

貨物，已知貨箱的質量為mo,貨物的質量為m,貨車向左做勻速直線運動，在將貨物提升到圖示

的位置時，貨箱速度為v,連接貨車的纜繩與水平方向夾角為。，不計一切摩擦，下列說法正確的

是（）

A.貨車的速度等于vcos0

B.貨物處于失重狀態

C.纜繩中的拉力FT大于（mo+m）g

D.貨車對地面的壓力大于貨車的重力

【解答】解：A、關聯速度可知，沿著繩上的速度相等，可知v貨cosO=v

解得“貨=磊

故A錯誤；

B、貨車向左做勻速直線運動的過程中，。減小，cos。增大，貨車向左做勻速直線運動，v增大,

加速度向上，則貨物處于超重狀態，故B錯誤；

C、由加速度向上，貝!JFT-（m+mo）g=（m+mo）a

纜繩中的拉力FT大于（mo+m）g,故C正確；

D、對貨車受力分析可得FN+FTsinO=m貨g

即FN<IHag

貨車的對地面的壓力小于貨車的重力，故D錯誤；

故選：Co

【變式1-1］（2024?錦江區校級模擬）為了減小關后備箱時箱蓋和車體間的沖力，在箱蓋和車體間安

裝液壓緩沖桿，其結構如圖所示。當液壓桿AO2長度為L時，AO2和水平方向夾角為75°,AO1

和水平方向夾角為45°,A點相對于01的速度是VA,則A點相對于02的角速度為（）

A回4oVA6AcV2v.

2L2L2L3L

【解答】解：由幾何關系可知NOIAO2=30°；

將VA沿著AO2桿和垂直AO2桿分解如圖

由幾何關系可得V,與VA之間的夾角是30°,且VACOS30°=V±

設A點相對于02的角速度為3,則匕=o）L

解得3=/

故A正確，BCD錯誤。

故選：Ao

【變式1-2］（2024?浙江模擬）如圖所示，有一半徑為r的圓環在一水平地面上向右運動，且其圓心

速度大小為Vo現有一木板，左端固定于地面之上，同時還搭于圓環之上，且木板與地面所成銳

角為8。則木板轉動的角速度3為（）

v0

B.-sindtan—

Y2

v3

D.-cosdcot-

r2

【解答】解：設圓周與上木板的接觸點為P,圓心為O,角的頂點為A,連接AO,AP之間的距

離為x,將圓心的速度分解為板的速度和圓上P點的速度，如圖所示

由運動的合成與分解有

V板=丫5抽6

板的角速度為3=等

解得a）=^sindtan^

故B正確，ACD錯誤。

故選：B?

【變式1-3］（2024?西城區校級模擬）如圖所示，小球A、B用一根長為L的輕桿相連，豎直放置在

光滑水平地面上，小球C挨著小球B放置在地面上。由于微小擾動，小球A沿光滑的豎直墻面

下滑，小球B、C在同一豎直面內向右運動。當桿與墻面夾角為&小球A和墻面恰好分離，最

后小球A落到水平地面上。下列說法中不正確的是（）

h

A.當小球A的機械能取最小值時，小球B與小球C的加速度為零

B.小球A由靜止到與墻面分離的過程中，小球B的速度先增大后減小

C.當小球A和墻面恰好分離時，小球B與小球C也恰好分離

D.當小球A和墻面恰好分離時，A、B兩球的速率之比為tan。：1

【解答】解：B.從靜止開始到小球A和墻面恰好分離的過程，對A、B、C三個小球組成的系

統，由于受到豎直墻面向右的彈力，根據動量定理可得Ft=（mB+mc）VB,

所以小球A由靜止到與墻面分離的過程中，小球B的速度一直增大，故B錯誤；

A.對A、B、C三個小球組成的系統，機械能守恒，由B項的分析可知，球A和墻面恰好分離

時，小球B與小球C速度最大，則其加速度最小，機械能最大，則此時A球機械能最小,

所以當小球A的機械能取最小值時，小球B與小球C的加速度為零，故A正確；

C.當小球A與墻面分離后，水平方向動量守恒，小球A在水平方向的速度會不斷增大，B球在

水平方向的速度會不斷減小，所以在小球A與墻面分離瞬間，小球C球和小球B分離，故C正

確;

D.當小球A和墻面恰好分離時，兩球的速度分解如圖所示:

兩球的速度關聯，沿桿方向的速度相等，有vAcos0=vBsin0,

本題選錯誤的,

故選：Bo

題型二：平拋運動與斜面、曲面的結合

【例2】（2024?五華區校級模擬）國家跳臺滑雪中心是中國首座跳臺滑雪場館，主體建筑靈感來自于

中國傳統飾物“如意”，因此被形象地稱作“雪如意”。如圖所示，現有甲、乙兩名可視為質點的

運動員從跳臺a處先后沿水平方向向左飛出，初速度大小之比為2：3,不計空氣阻力，則甲、乙

從飛出至落到斜坡（可視為斜面）上的過程中，下列說法正確的是（）

A.甲、乙飛行時間之比為3：2

B.甲、乙飛行的水平位移之比為4：9

C.甲、乙在空中豎直方向下落的距離之比為2：3

D.甲、乙落到坡面上的瞬時速度方向與水平方向的夾角之比為2：3

【解答】解：A、坡面傾角即為位移與水平方向的夾角，設為。，則有

y30產qt

-=--=—=tan。，故飛行時間與初速度成正比，

xvot2v0

2v甲tan。

整理解得空=zjtane=-=|

t乙zv乙ran。t>乙3

9

甲、乙兩人飛行時間之比為2：3,故A錯誤；

B、根據x=vot,

代入數據解得士=-

X乙9

可得甲、乙兩人飛行的水平位移之比為4：9,故B正確；

C、把運動員的運動分解為沿斜面方向的運動和垂直于斜面方向的運動，由幾何關系可知，運動

員在垂直于斜面方向上做初速度為vosin。，加速度大小為geos。的勻減速運動，當垂直于斜面方

向的速度減小到零時，運動員離斜面距離最大，為

（yQsinO）2

m-2gcos0'

/Im4

代入數據解得則他們在空中離雪坡面的最大距離之比為1=-，故c錯誤；

h乙9

D、當落在斜坡上時，瞬時速度與水平方向夾角正切值的兩倍，只要是落在斜面上，位移與水平

方向的夾角就相同，所以兩人落到斜坡上的瞬時速度方向一定相同，故D錯誤。

故選：Bo

【變式2-1］（2024?德州模擬）如圖所示，把一小球從斜面上先后以相同大小的速度拋出，一次水平

拋出，另一次拋出的速度方向與斜面垂直，兩小球最終都落到斜面上，水平拋出與垂直斜面拋出

落點到拋出點的距離之比為（）

【解答】解：設斜面傾角為0,當小球做平拋運動落在斜面上時;

根據平拋運動規律，水平位移為x=vot

豎直位移y=^gt2

根據數學知識tan。=J

拋出點與落點之間的距離Si=荒

代入數據解得為=篝鬻；

當小球垂直于斜面拋出時，小球做斜拋運動，根據運動的合成與分解，豎直分速度Vy=VOCOS。，

水平分速度vx=vosin0

以拋出點為參考點，根據斜拋運動規律，水平位移Xl=Vxtl

1

yi=

豎直位移一vytx-長

根據數學知識tcm。=9

拋出點與落點之間的距離S2=急

代入數據解得S2

S1

因此有二=-,故C正確，ABD錯誤。

S21

故選：Co

【變式2-2］（2024?觀山湖區校級模擬）如圖所示為固定的半圓形豎直軌道，AB為水平直徑，O為

圓心，現同時從A、B兩點水平相向拋出甲、乙兩個小球，其初速度大小分別為vi、V2,且均落

在軌道上的C點，已知OC與豎直方向的夾角8=30°,忽略空氣阻力，兩小球均可視為質點。

則下列說法正確的是（）

A.甲、乙兩球不會同時落到軌道上

B.兩者初速度關系為VI>V2

C.整個下落過程，甲球速度變化量大于乙球速度變化量

D.甲球可沿半徑方向垂直打在軌道上C點

【解答】解：AC、由圖可知，兩個物體下落的高度是相等的,

自由落體運動下降的高度為

又速度變化為

△v=gt

可知甲、乙兩球下落到軌道的時間相等，即甲、乙兩球同時落到軌道上，甲、乙兩球下落到軌道

的速度變化量相同，故AC錯誤。

B、設圓形軌道的半徑為R,則甲水平位移為

乂甲=口+1^也30°=R+O.5R=1.5R

乙水平位移為

xz,=R-Rsin30°=R-O.5R=O.5R

可得

xEP=3X乙

小球水平方向做勻速直線運動，則有

VI:V2=3:1

故B正確。

D、由平拋運動推論，速度反向延長線過水平位移中點，由題圖可知若甲球垂直打在軌道上，由

幾何關系，其速度方向延長線應過0點，與推論矛盾，則甲球不可能沿半徑方向垂直打在半圓形

豎直軌道上，故D錯誤。

故選：Bo

【變式2-31（多選）（2023?海口三模）如圖所示，DOE為豎直半圓，。為圓周的最低點，B、C關

于過O點的豎直線左右對稱。現從D點分別水平拋出三個小球a、b、c,其落點分別為圓周上的

A、B、C三點。不計空氣阻力，則下列說法正確的是（）

A.飛行時間最短的是小球c

B.飛行位移最小的是小球a

C.三個小球飛行的加速度大小關系為aa<ab=ac

D.小球c的初速度比小球b的初速度大

【解答】解：A、小球在空中做平拋運動，豎直方向有

=聶產

由圖可知小球a下落高度最小，則飛行時間最短的是小球a,故A錯誤；

B、由圖可知小球a下落高度最小，且水平位移最小，根據

s—y/x2+y2

可知飛行位移最小的是小球a,故B正確；

C、三個小球做平拋運動，豎直方向上做的是自由落體運動，三個小球飛行的加速度均為重力加

速度，故C錯誤；

D、由圖可知小球c與小球b的下落高度相同，則空中飛行時間相同，小球c的水平位移大于小

球b的水平位移，則小球c的初速度比小球b的初速度大，故D正確。

故選：BDo

題型三：多體平拋運動

【例3】（2024?南京二模）如圖所示，在同一豎直面內，物塊1從a點以速度vi水平拋出，同時物

塊2從b點以速度V2拋出，兩物塊在落地前相遇，兩物塊均視為質點，除重力外不受其他作用

力。下列說法正確的是（）

A.相遇點在二者初速度連線交點的正下方

B.只改變vi的大小，兩物塊仍可相遇

C.只改變V2的大小，兩物塊仍可相遇

D.只把V2的方向向左轉動，兩物塊仍可相遇

【解答】解：設a離地的高度為h,ab間水平距離為L,如圖所示。

取豎直向上為正方向，相遇時，豎直方向有

11

~9i2+（V2sina?t—2gt2）=h

可得t=—

相遇點到b點的水平距離為X2=V2cosa?t=V2cosa,---=--=bc,可知相遇點在二者初速

v2sinatana

度連線交點的正下方，故A正確；

B、只改變vi的大小，由上分析可知相遇時所用時間仍為

水平方向應有vit+v2cosa*t=L

其他量不變，只改變vi的大小，上式不成立，即兩物塊不能相遇，故B錯誤；

C、只改變V2的大小，相遇時，水平方向應有vit+v2cosa?t=L,將t=代入得:

h.h

vi---------+v2cosa*----------=L

v2sinav2sina

口日vhh.

即--;r—+-----=L

v2sinatana

只改變V2的大小，上式不成立，即兩物塊不能相遇，故C錯誤；

v-\hh

D、只把V2的方向向左轉動，即只改變a,—：—+-------=1不成立，即兩物塊不能相遇，故D

v2sinatana

錯誤。

故選：Ao

【變式3-1］（2023?鐵東區校級二模）如圖所示，A、B兩小球從相同高度同時水平拋出，經過時間

1

t在空中相遇，若兩球的拋出速度都變為原來的3,不計空氣阻力，則兩球從拋出到相遇的過程中，

下列說法正確的是（）

、/

、、/

、、//

、'，，

A.相遇時間變為工

4

B.相遇時間變為工

2

C.相遇點的高度下降了|gF

D.相遇點的位置在原來的左下方

【解答】解：AB、設第一次拋出時A球的速度為vi,B球的速度為V2,則A、B間的水平距離

1

x=（V1+V2）t,第二次兩球的速度為第一次的5,但兩球間的水平距離不變，則X=（4+劣乙

聯立得t'=23故AB錯誤；

CD、兩次相遇位置的高度差Ah=*g（2t）2-//=|清，相遇位置在原來的正下方，故c正

確，D錯誤。

故選：Co

【變式3-2】如圖所示，兩人各自用吸管吹黃豆，甲黃豆從吸管末端P點水平射出的同時乙黃豆從另

一吸管末端M點斜向上射出，經過一段時間后兩黃豆在N點相遇，曲線1和2分別為甲、乙黃

豆的運動軌跡。若M點在P點正下方，M點與N點位于同一水平線上，且PM長度等于MN的

長度，不計黃豆的空氣阻力，可將黃豆看成質點，則（）

黃豆甲

黃豆乙

A.兩黃豆相遇時，甲的速度與水平方向的夾角的正切值為乙的兩倍

B.甲黃豆在P點速度與乙黃豆在最高點的速度不相等

C.兩黃豆相遇時甲的速度大小為乙的兩倍

D.乙黃豆相對于M點上升的最大高度為PM長度一半

【解答】解：B、設甲黃豆做平拋運動的時間為t,那么乙黃豆做斜拋運動的時間也為t,根據斜

拋運動的對稱性可知：乙黃豆從M點運動至最高點的時間為乙黃豆從M點運動至最高點的水

平位移為MN的一半，設PM=MN=L,甲黃豆在P點的速度為vi,乙黃豆到達最高點的速度為

一一L

v',在水平方向上有運動學規律，對甲黃豆：L=vit,對乙黃豆從M點運動至最局點有：-=-

tJ

聯立解得：V1=5故B錯誤；

ACD＞對甲黃豆到達N點時，在豎直方向上：L=；g/,viy=gt=J2g3

在水平方向：vi=彳=

甲黃豆到達N點時的速度為：丫甲=/說+哈—摩

對乙黃豆在從M點運動至最高點的過程中，由逆向思維得上升的最大高度為：h=±g&）2=

/t2;L,所以乙黃豆相對于M點上升的最大高度為PM長度的3

Z414

乙黃豆在M點的豎直方向分速度為：詔y=2g.凈,貝ij：v2y=

由運動的合成與分解得乙黃豆在N點的速度為：

的速度大小不是乙的兩倍;

兩黃豆相遇時甲的速度與水平方向的夾角正切值為：tana=^

乙的速度與水平方向的夾角正切值為：tanp=3=等=冬=1,所以兩黃豆相遇時甲的速度與

水平方向的夾角不是乙的兩倍，甲的速度與水平方向的夾角的正切值為乙的兩倍；故A正確，CD

錯誤。

故選：Ao

【變式3-3］（2024?安康模擬）如圖所示，小球從0點的正上方離地h=40m高處的P點以vi=10m/s

的速度水平拋出，同時在O點右方地面上S點以速度V2斜向左上方與地面成0=45°拋出一小

球，兩小球恰在0、S連線靠近O的三等分點M的正上方相遇。若不計空氣阻力，則兩小球拋出

后到相遇過程中所用的時間為（）

PO~

B.V2s

【解答】解：平拋運動分解到水平方向和豎直方向去研究，水平方向做勻速直線運動，豎直方向

做自由落體運動；

設兩小球拋出后到相遇過程中所用的時間為t,水平方向上有

2vit=v2cos45°,t

豎直方向上有

11

=2gt2+02s譏45。?t—2gt2

聯立解得

t—2s

故ABD錯誤，C正確。

故選：Co

題型四：斜拋運動

【例4】（2024?朝陽區校級模擬）如圖為煙花在空中的運動軌跡，虛線為軌跡上a、b、c三點的切線,

其中最高點b的切線方向水平，c點的切線方向豎直，可知該煙花（）

A.由a點運動到c點過程中，水平方向做勻速運動

B.由b點到c點做平拋運動

C.在b點的加速度方向豎直向下

D.在b點處于失重狀態

【解答】解：A、煙花速度方向沿運動軌跡的切線方向，煙花在c點的水平速度為零，故煙花受

到空氣阻力的作用，水平方向并非是勻速運動，故A錯誤;

B、由于存在空氣阻力的作用，煙花由b點到c點不是做平拋運動，故B錯誤;

C、煙花在b點受到空氣阻力和重力的作用，其加速度并非是豎直向下，故C錯誤;

D、由于在b點時煙花存在向下的加速度，故煙花處于失重狀態，故D正確。

故選：Do

【變式4-1］（2024?南昌一模）一住宅陽臺失火，消防員用靠在一起的兩支水槍噴水滅火，如圖所示

甲水柱射向水平陽臺近處著火點A,乙水柱射向水平陽臺遠處清火點B,兩水柱最高點在同一水

平線上，不計空氣阻力，甲、乙水柱噴出時的速度大小分別為VI、V2,甲、乙水柱在空中運動的

時間分別為ti、t2。以下判斷正確的是（）

A.V1>V2,tl=t2B.V1<V2,tl=t2

C.V1>V2,ll<t2D.V1<V2,tl<t2

【解答】解：從最高點到失火處水做平拋運動，豎直方向做自由落體運動，由h=1gt2,解得:

t=摩，因為從最高點到失火處兩水槍噴出的水下落高度相等，所以從最高點到失火處兩水槍噴

出的水運動時間相等。從噴出到最高點的逆過程也是平拋運動，上升高度相等，運動時間相等,

所以甲、乙水槍噴出的水在空中運動的時間相同。

從最高點到失火處的過程，甲水槍噴出的水水平射程較小，運動時間相等，由*=丫*1知甲水槍噴

出的水速度在水平方向的分量Vx較小，而其豎直方向的分速度Vy與乙的相同，根據V=+/2

可知甲的初速度vi小于乙的初速度V2,故A正確，BCD錯誤。

故選：Bo

【變式4-2］（2024?江蘇模擬）如圖所示，從水平面上A點以傾角為a斜向上方拋出一小球，拋出

時速度大小為vo,小球落到傾角為0的斜面上C點時，速度方向正好與斜面垂直，B為小球運動

的最高點，已知重力加速度為g,則（）

A.小球在B點的速度大小為vosina

B.小球從A點運動到B點的時間為曳也

9

VaCOSa

C.小球落到C點前瞬間豎直方向的速度為A

tanO

vosina

D.小球從B點運動到C點的時間為、~-

gtand

【解答】解：A.把vo進行分解有cosa=詈，得vx=vocosa,根據斜上拋運動水平方向的勻速直

線運動特點，最高點B只有水平方向速度故Vx=vocosa,故A錯誤；

B.小球在A點的豎直分速度vy=vosina,從A到B的過程中豎直方向做豎直上拋運動，結合逆向

思維方法，從A到B的時間為t=3=4詈，故B錯誤；

C.把C處速度VC進行分解，如圖所示

有血九。=詈，得"=贏=邛需，故C正確；

l/r'y）LClllULCLTlu

D.由C中可知"cy=4箸，而B到C豎直方向為自由落體運動，故有VCy=gt',得1=等=

vcosa

0故D錯誤。

gtanO

故選：Co

【變式4-3]（2024?東莞市校級模擬）過水門儀式是國際民航中最高級別的禮儀。如圖所示，“過水

門”儀式中的“水門”是由兩輛消防車噴出的水柱形成的。兩條水柱形成的拋物線對稱分布，且

剛好在最高點相遇。已知兩水柱均沿與水平方向成45°角噴出，且從噴出到在最高點相遇所用時

間為3s。重力加速度g取10m/s2,忽略空氣阻力和水流之間的相互作用，下列說法正確的是（）

A.“水門”的高度一定為90m

B.“水門”的跨度一定為180m

C.在最高點相遇時，水柱的速度為零

D.水噴出的瞬間，速度水平方向分