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专题4 曲线运动
一、小船渡河问题分析
(1)船的实际运动是水流的运动和船相对静水的运动的合运动．
(2)三种速度：v1(船在静水中的速度)、v2(水流速度)、v(船的实际速度)．
(3)三种情景
①过河时间最短：船头正对河岸时，渡河时间最短，t 短＝(d 为河宽)．
②过河路径最短(v2<v1时)：合速度垂直于河岸时，航程最短，s 短＝d.船头指向上游与河岸夹角为
α，cos α＝.
③过河路径最短(v2>v1时)：合速度不可能垂直于河岸，无法垂直渡河．确定方法如下：如图所示，
以v2矢量末端为圆心，以v1矢量的大小为半径画弧，从v2矢量的始端向圆弧作切线，则合速度沿此
切线方向航程最短．由图可知：cos α＝，最短航程：s 短＝＝d.
[例题1] 甲、乙两船在同一河流中同时开始渡河，河水流速为v0，船在静水中的速率均为
v，甲、乙两船船头均与河岸成θ 角，如图所示，已知甲船恰能垂直到达河正对岸的A 点，乙
船到达河对岸的B 点，A、B 之间的距离为L，则下列判断正确的是（ ）
A．乙船先到达对岸
B．若仅是河水流速v0增大，则乙船的渡河时间变长
C．不论河水流速v0如何改变，只要适当改变θ 角，甲船总能到达正对岸的A 点
D．若仅是河水流速v0增大，则两船到达对岸时，两船之间的距离仍然为L
【解答】解：A、将小船的运动分解为平行于河岸和垂直于河岸两个方向，抓住分运动和合运动
具有等时性，知甲、乙两船到达对岸的时间相等，渡河的时间t=
d
vsinθ ，故A 错误；
B、若仅是河水流速v0增大，渡河的时间t=
d
vsinθ ，则两船的渡河时间都不变，故B 错误；
C、只有甲船速度大于水流速度时，不论水流速v0如何改变，甲船都可能到达河的正对岸A 点，
故C 错误；
D、若仅是河水流速v0增大，则两船到达对岸时间不变，根据速度的分解，船在水平方向的分速
1
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度仍不变，则两船之间的距离仍然为L．故D 正确。
故选：D。
[例题2] 如图所示，一艘走私船在岸边A 点，以速度v0匀速地沿垂直岸的方向逃跑，距
离A 点为3
4 a处的B 点的快艇同时启动追击，快艇的速率u 大小恒定，方向总是指向走私船，
恰好在距离岸边距离a 处逮住走私船，那么以下关于快艇速率的结论正确的是（ ）
A．快艇在沿岸的方向上的平均速度ux＝v0
B．快艇的平均速率等于5
4 v0
C．快艇速度的大小u 大于5
4 v0
D．快艇在垂直岸边的方向上的平均速度u y = 3
4 v0
【解答】解：D、由于在垂直于岸边的方向快艇从开始追到追上，位移与走私船的位移是相等的，
它们运动的时间也相等，所以快艇在垂直于岸边的方向上平均速度uy＝v 故D 错误；
BC、快艇的总位移：s=√a
2+( 3a
4 )
2
= 5
4 a，它们运动的时间相等，所以快艇的平均速度为5
4 v0，
由于快艇运动的轨迹是曲线，所以快艇的平均速率一定大于5
4 v0，则μ＞5
4 v0，故B 错误，C
正确；
A、在平行于岸边的方向上，快艇的位移为3
4 a，是与走私船的位移的3
4 ，它们运动的时间相等，
所以快艇在平行于岸边的方向上平均速度是ux= 3
4 v0．故A 错误；
故选：C。
[例题3] 如图所示，小船以大小为v1＝5m/s、方向与上游河岸成θ＝60°角的速度（在静水
中的速度）从A 处渡河，经过一段时间正好到达正对岸的B 处．已知河宽d＝180m，则下列
说法中正确的是（ ）
2
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A．河中水流速度为2.5√3m/ s
B．小船以最短位移渡河的时间为72s
C．小船渡河的最短时间为3.6s
D．小船以最短的时间渡河的位移是90√5m
【解答】解：A、由题意知，小船方向与上游河岸成θ＝60°角的速度（在静水中的速度）从A
处渡河，经过一段时间正好到达正对岸的B 处，v2＝v1cosθ＝5×0.5m/s＝2.5m/s，故A 错误；
B、小船以最短位移渡河的时间为t ' =
d
v1cos30° =
180
5× √3
2
s=24√3 s
，故B 错误；
C、小船以最短时间渡河，船头应垂直对岸，时间为t = d
v = 180
5 s=36 s，故C 错误；
D、小船以最短时间渡河时到达对岸，小船的合速度为v合=√v1
2+ v2
2=√5
2+2.5
2m/s＝2.5√5
m/s，因此小船的位移为x＝v 合t＝2.5√5×36m＝90√5m/s，故D 正确。
故选：D。
[例题4] 家用跑步机由跑带、踏板等结构组成，现将跑带放至水平，将一标尺垂直两侧踏
板放置，处于静止状态。跑步机模式选择“慢跑”，跑带以v0＝3m/s 运行，方向如图乙所示。
一玩具小车能以v＝5m/s 匀速运动。若玩具小车始终能平行于标尺前进，则车头与水平线的夹
角β 为（ ）
A．30°
B．37°
C．53°
D．60°
【解答】解：玩具车的速度v 是相对于跑带的速度（类比船相对静水的速度），跑带相对于地面
3
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的速度为v0（类比水流速度），这两个速度的矢量和即为玩具车相对于标尺的速度v1，方向沿
着标尺方向，由于标尺静止，故玩具车相对地面的速度也为v1，速度的合成矢量图如图所示：
根据几何关系得：cosβ = v0
v = 3
5 =0.6，可解得：β＝53°
故选：C。
[例题5] 一小船渡河，河宽60m，河水的流速v1与船离河岸的距离d 变化的关系如图所示，
船在静水中的速度v2＝3m/s，若要使船以最短的时间渡河，则（ ）
A．船运动的轨迹是直线
B．船渡河的最短时间是12s
C．船在河水中的加速度大小为0.4m/s2
D．船在河水中的最大速度是7m/s
【解答】解：B、船以最短时间过河，则船头始终垂直于河岸，即船速垂直于河岸，船渡河的最
短时间为tmin= dm
v2
= 60
3 m/s＝20s
故B 错误；
C、d＝0 到d＝30m 之间时，由图可知，河水的流速与船离河岸的距离d 变化的关系为v1= 4
30d
船垂直于河岸方向的速度为v2＝3m/s，则d＝3t
可得：v1= 4
10t
4
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由匀加速度直线运动速度—时间公式得：v＝at
则船的加速度a1= 4
10m/s2＝0.4m/s2
同理，d＝30m 到d＝60m 之间时，船的加速度为a2＝﹣0.4m/s2
则船在河水中的加速度大小为0.4m/s2，故C 正确；
D、船在静水中的速度与河水的流速始终垂直，则河水的流速最大时，船的合速度最大，最大速
度v=√v1
2+ v2
2=√4
2+3
2m/s＝5m/s
故D 错误；
A、由于水流速度变化，船相对于水的速度始终与河岸垂直且大小不变，所以合速度方向变化，
运动的轨迹不可能是直线，故A 错误；
故选：C。
二、绳端物体速度分解: 物体实际运动方向为合速度方向，分解到沿绳和垂直于绳这两个方向。
[例题6] 一根不可伸长的绳子跨过定滑轮分别与物体A 和物体B 连接，A 穿在竖直的光滑
杆上，物体A 沿杆向下运动时物体B 被竖直拉起，如图甲所示。当物体B 向上的速度大小为
v0时，绳与竖直杆的夹角为60°，则此时物体A 向下运动的速度大小为（ ）
A．v0
2
B．2v0
C．v0
D．2√3
3
v0
【解答】解：将物体A 的速度分解到沿绳和垂直于绳方向，如图：
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物体A 沿绳方向的分速度大小等于B 物体的速度大小，由几何关系得：vA=
v0
cos60° = v0
1
2
=2v0
故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
[例题7] 如图所示，一条不可伸长的细绳跨过一个小定滑轮，将A、B 两物体连在一起，
B 以速度v0向右匀速运动，当细线与水平方向成θ 角时（0＜θ＜90°）物体的速度和绳的拉力
与A 物体重力之间的关系为（ ）
A．A 物体的速度为v0cosθ，A 物体处于失重状态
B．A 物体的速度为v0sinθ，绳的拉力小于A 物体重力
C．A 物体的速度为v0cosθ，绳的拉力大于A 物体重力
D．A 物体的速度为v0sinθ，A 物体处于超重状态
【解答】解：将汽车的速度v0往沿着绳子和垂直于绳子两个方向分解，则A 物体的速度与汽车
沿着绳子方向的分速度相等，由几何关系知vA＝v0cosθ。又因为汽车向右匀速运动，则夹角θ 在
增大，则cosθ 变小，所以物体A 的速度减小，而物体A 速度向下，故物体A 有向上的加速度，
即绳的拉力大于A 物体重力，此时物体A 处于超重状态。故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
[例题8] 如图所示，水平光滑长杆上套有物块A，一细线跨过固定在天花板上O 点的轻质
定滑轮一端连接A，另一端悬挂物块B。开始时A 位于P 点，M 为O 点正下方杆上一点，现将
A、B 由静止释放。当A 通过杆上N 点时，绳与水平方向夹角为37°，取sin37°＝0.6，cos37°
＝0.8，关于释放后的过程，下列说法正确的是（ ）
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A．A 从P 到M 过程，A 的速度先增大后减小
B．A 从P 到M 过程，B 的速度先减小后增大
C．A 通过N 点时速度与此时B 的速度大小比为5：4
D．A 到达M 之前，绳子对B 的拉力始终大于B 的重力
【解答】解：A、物块A 从P 到M 过程，对A 受力分析，A 受到重力、拉力和杆对A 的弹力，
重力和弹力与运动方向垂直，绳子的拉力与A 运动方向夹角为锐角，则A 的速度一直增加，故
A 错误；
B、开始时B 的速度为零，当物块A 到达M 点时，物块B 下降到最低点，B 的速度又为零，则
B 从释放到最低点过程，速度先增大后减小，故B 错误；
C、物块A 在N 点时，将A 的速度分解到沿绳方向和垂直于绳方向，如图
A 沿绳方向的分速度大小等于物块B 的速度大小，由几何关系得：v A
vB
=
1
cos37° = 5
4
故C 正确；
D、B 从释放到最低点过程，速度先增大后减小，加速度先竖直向下后竖直向上，所以绳子对B
的拉力先小于B 的重力，后大于B 的重力，故D 错误。
故选：C。
[例题9] 如图所示，斯特林发动机的机械装置可以将圆周运动转化为直线上的往复运动。
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连杆AB，OB 可绕图中A、B、O 三处的转轴转动，连杆OB 长为R，连杆AB 长为L（L＞
R），当OB 杆以角速度ω 逆时针匀速转动时，滑块在水平横杆上左右滑动，连杆AB 与水平
方向夹角为α，AB 杆与OB 杆的夹角为β。在滑块向左滑动过程中（ ）
A．滑块A 从右向左先做加速度减小的加速运动，后做加速度减小的减速运动
B．当OB 杆与OA 垂直时，滑块的速度最大
C．当OB 杆与OA 垂直时，滑块的速度大小为R
2ω
L
D．当β＝90°时，滑块的速度大小为Rω√L
2+ R
2
L
【解答】解：设滑块的速度（合速度）大小为v，沿水平方向，如图将A 点的速度分解为沿着杆
的分速度和垂直杆的分速度
根据运动的合成与分解可知，沿杆方向的分速度：
v1＝vcosα
BB 点做圆周运动，实际速度是圆周运动的线速度，可以分解为沿杆方向的分速度和垂直于杆方
向的分速度，如图设B 的线速度为v'，则
沿杆的分速度：
v'1＝V'cosθ＝V'cos（90°﹣β）＝V'sinβ
V'＝ωR
又二者沿杆方向的分速度是相等的，即v1＝v'1
联立可得v = ωRsinβ
cosα
在△AOB 中，由正弦定理得R
sinα = SOA
sinβ
解得v＝ωsOAtanα
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A.滑块A 从右向左运动时，其速度v＝ωsOAtanα，随角度α 变化而不均匀变化，角度α 先增大后
减小，根据正切函数的性质可知，滑块先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的减速运
动，故A 错误；
BC.当O 杆OB 与AB 垂直时，α＝90°﹣β，sinβ＝cosα，则v = ωRsinβ
cosα
=ωR，滑块的速度不是
最大，故B，C 错误；
D.当β＝90°时，如图所示：
滑块的速度为：
v = ωRsinβ
cosα
=
ωR
L
√L
2+ R
2
= Rω√L
2+ R
2
L
，故D 正确。
故选：D。
[例题10] 如图所示，将质量为2m 的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m
的小环，小环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d。现将小环从与定滑
轮等高的A 处由静止释放，当小环沿直杆下滑距离也为d 时（图中B 处），下列说法正确的是
（重力加速度为g）（ ）
A．小环刚释放时轻绳中的张力一定小于2mg
B．小环到达B 处时，重物上升的高度h 为d
C．小环在从A 下滑到B 的过程中，小环的速度与重物上升的速度之比在逐渐增大
D．小环在B 处的速度与重物上升的速度大小之比等于√2
【解答】解：A、由题意知，小环由静止释放时，重物向上做加速运动，对重物由牛顿第二定律
得：T﹣2mg＝ma
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则轻绳中的张力T 一定大于2mg，故A 错误；
B、有几何关系得，小环到达B 处时，绳子收缩的长度为h=√2d﹣d
故B 错误；
C、将小环的速度分解为沿绳方向和垂直于绳方向，如图：
则小环在从A 下滑到B 的过程中，小环的速度与重物上升的速度之比v 环：v 物＝1：cosθ
小环下落时，θ 减小，cosθ 增大，故比值减小，故C 错误；
D、小环在B 处时，有几何关系得：θ＝45°
则小环在B 处的速度与重物上升的速度大小之比等于v 环：v 物＝1：cosθ＝1：cos45°=√2
故D 正确。
故选：D。
三、抛体运动
①斜抛到达最高点可以“逆向思维”看作平抛运动。
[例题11] 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（ ）
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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
【解答】解：A、两谷粒均做抛体运动，故加速度均相同，故A 错误，
BC、根据图b 可知谷粒2 从最高点到P 点的运动时间大于谷粒1 从O 点到P 点的运动时间，又
因为谷粒2 从最高点到P 点水平位移小于谷粒1 从O 到P 点的水平位移，所以谷粒2 在最高点的
速度小于v1，故B 正确，C 错误，
D、两谷粒从O 到P 的位移相同，飞行时间不同，所以平均速度不相等，故D 错误。
故选：B。
[例题12] 在xOy 竖直平面内，由A 点斜射出一小球，B 和C 是小球运动轨迹上的两点，如
图所示，其中l0为常数，空气阻力忽略不计，重力加速度为g，则（ ）
A．小球从A 到C 过程所经历的时间为2√
2l0
g
B．小球经过C 点时的速率是2√2 gl0
C．小球经过A、B 两点的速度相同
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D．小球由A 点射出时的速度与x 轴正方向夹角的正切值为2
【解答】解：A、根据逆向思维，将小球从最高点O'到C 的过程为平抛运动，根据题意可知小球
从最高点到B 点所用的时间与从B 点到C 点所用的时间相等，则有hO' B
hO' C
=
1
2 gt1
2
1
2 g(2t1)
2 = 1
4 ，解得
hO'B＝l0，所以最高点的坐标为（0，l0）
设小球在A 点的初速度为v0，水平分速度为v0x，竖直分速度为v0y。则有v0xtAB＝2l0，
1
2 g( t AB
2 )
2=l0，解得v0 x =√
gl0
2
所以小球从A 到C 的过程所经历的时间为t AC = 4l0
√
gl0
2
= 4l0√
2
gl0
= 4√
2l0
g ，故A 错误；
D、小球在A 点的竖直分速度为v0 y = g× t AB
2 =√2gl0，小球由A 点射出时的速度与x 轴正方向
夹角的正切值为tanα = v0 y
v0 x
= √2gl0
√
gl0
2
=2
，故D 正确；
B 、根据速度与时间的关系，小球经过C 点时的竖直分速度大小为
vCy = g× 3
2 t AB= 3
2 g× 2l0
v0 x
= 3
2 g× 2l0
√
gl0
2
=3√2 gl0
根据速度的合成，可得小球经过C 点的速率大小为vC =√v0 x
2+ vCy
2=√
37
2 gl0，故B 错误；
C、因为速度是矢量，又因为斜抛运动具有对称性，可得小球经过A、B 两点时的速度大小相等，
方向不同，小球经过A、B 两点的速度不相同，故C 错误。
故选：D。
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[例题13] 疫情防控期间，小明同学在家中对着竖直墙壁打乒乓球，某次在空中A 点将球斜
向上击出，球垂直撞在墙上的O 点后沿与碰撞前速度相反的方向弹回落地，落地点B 正好在
发球点A 的正下方，如图所示。不计球的旋转及空气阻力，以O 点为坐标原点、垂直于墙壁
向左为x 轴正方向、平行于墙壁向下为y 轴正方向建立平面直角坐标系，关于球从A 点到刚落
到B 点的运动过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．球的机械能守恒
B．球在B 点时的动能一定大于在A 点时的动能
C．过A、B 两点的轨迹的切线与x 轴相交于同一点
D．球在B 点时的水平速度比在A 点时的水平速度大
【解答】解：A．从A 到O 点，逆向看为平抛运动，从O 到B 点为平抛运动，水平位移相同，
反弹回时下落的高度大，运动的时间长，可知反弹回的初速度比撞击墙时的速度小，故碰撞时
有机械能损失，故A 错误；
B．反弹时球的速度大于撞击O 点时的速度，即反弹后的水平分速度小于抛出时的水平分速度，
下落到B 的高度大于AO 的高度差，故落到B 点时竖直方向的分速度大于抛出时的竖直方向的
分速度，根据速度的合成规律，小球在A、B 两点的速度大小关系不确定，故动能关系不确定，
故B 错误；
C．根据平抛运动的推论，速度的反向延长线过水平位移的中点，两轨迹的水平位移相同，故
A、B 两点的轨迹的切线与x 轴相交于同一点，故C 正确；
D．球在B 点时的水平速度比在A 点时的水平速度小，故D 错误。
故选：C。
[例题14] 某同学在墙边踢毽子时不小心将毽子踢出围墙，他请墙外的路人帮他将毽子踢进
围墙内，围墙AB 有一定厚度。路人从P 点（P 点可左右移动）将毽子踢过围墙。设毽子踢出
时的速度与水平向右的方向成θ 角，不计空气阻力，以下说法正确的是（ ）
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A．若P 点位置确定，无论θ 角多大，只要速度足够大，一定能将毽子踢进围墙内
B．路人将毽子踢过围墙内做的功最小时，θ 角应满足θ＞45°
C．路人越靠近围墙，将毽子踢过围墙所做的功越小
D．路人将毽子踢过围墙内做的功越小，毽子从踢出到越过墙壁后落到地面所花的时间越短
【解答】解：A.若P 点位置确定，当θ＝0°或90°时，无论速度多大，都不能将毽子踢进围墙内，
故A 错误。
B.石子从P 点到A 点，再到B 点的过程做斜抛运动，设到A 点时的速度大小为vA，方向与水平
方向的夹角为α，墙壁的厚度，即Ab 间的距离为d，则从A 点到B 点有：d＝vAcosα•t，vAsinα
＝gt
解得：vA=√
gd
sin 2α
当α＝45°时，vA最小，到A 点时的动能最小，则在P 点抛出时的动能最小，路人将毽子踢过围
墙内做的功最小，由P 点到A 点毽子做斜抛运动，则在P 点的速度方向与水平方向的夹角要大
于α，即θ＞α＝45°，故B 正确。
C.当P 点位于A 点下方时，θ＝90°，不能将毽子踢过围墙，故C 错误。
D.斜抛运动的飞行时间为：t＝2√
2h
g
，毽子轨迹的最大高点越低，所需时间越小。由B 选项的
分析，到A 点时的速度方向与水平方向的夹角为45°时做功最小，但此时对应的飞行高度并不是
最低的，故D 错误。
故选：B。
[例题15] （多选）如图所示，一光滑斜面体固定在水平面上，其矩形斜面abcd 与水平面
的夹角为θ，ab 边长为L。将质量为m 的小球从斜面上的点a 以某一速度沿斜面斜向上抛出，
速度方向与ab 夹角为α，小球运动到斜面的c 点并沿dc 方向飞出，一段时间后落地，已知重
力加速度大小为g，不计空气阻力，则（ ）
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A．小球从a 到c 的运动时间为√
Lsinα
gsinθcosα
B．小球从a 到c 重力势能增加1
2 mgLsinαcosαsinθ
C．小球触地时速度大小为√
gLsinθ
sinαcosα
D．小球触地时重力的瞬时功率为mg√
gLsinθ
sinαcosα
【解答】解：A、设小球从c 点沿dc 方向飞出的速度为v0，bc 的边长为y。小球从a 到c 的过程，
应用逆向思维，可认为小球从c 到a 做类平抛运动。
沿cd 方向做匀速直线运动，则有：L＝v0t
沿cb 方向做匀加速直线运动，在此方向上其加速度为：a＝gsinθ，位移为：y= 1
2 at
2，末速度为：
vcb＝at
在a 点时，根据速度分解的几何关系有：tanα= vcb
v0
联立解得：t=√
Lsinα
gsinθcosα
，v0=√
gLsinθcosα
sinα
，vcb=√
gLsinθsinα
cosα
，y= Lsinα
2cosα
故A 正确；
B、小球从a 到c 重力势能增加量为：ΔEP＝mgysinθ= mgLsinθsinα
2cosα
，故B 错误；
C．根据机械能守恒可知，小球触地时速度大小等于小球在a 点时的速度大小，则有：
v 地＝va=√v0
2+ vcb
2 =√
gLsinθ
sinαcosα ，故C 正确；
D．小球触地时的竖直分速度为：vy=√v地
2 - v0
2=√
gLsinθsinα
cosα
小球触地时重力的瞬时功率为P＝mgvy=mg√
gLsinθsinα
cosα
，故D 错误。
故选：AC。
15
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②速度偏向角θ 的正切值等于位移偏向角α 正切值的 2 倍：tanθ=2tanα.
[例题16] 如图所示是某跳台滑雪运动员从斜坡顶端以水平初速度v0飞出落到斜坡上的运动
轨迹。以抛出点O 为坐标原点，建立如图所示的坐标轴，利用信息技术手段拟合得到此曲线
的轨迹方程是y = 1
80 x
2，且落点的横坐标为80m。不计空气阻力，重力加速度g 取10m/s2。则
运动员落在斜面上速度方向与水平方向夹角的正切值是（ ）
A．2
B．1
C．√2
2
D．1
2
【解答】解：落点竖直高度为：y = 1
80 x
2= 1
80 ×80
2m＝80m
设斜面的倾角为α，则有：tanα= y
x = 80
80 =1
设运动员落在斜面上速度方向与水平方向夹角为θ，根据平抛运动的推论可得：
tanθ＝2tanα＝2×1＝2，故A 正确、BCD 错误。
故选：A。
[例题17] 如图所示是检验某种平板承受冲击能力的装置，MN 为半径为R、固定于竖直平
面内的1
4 光滑圆弧轨道，轨道上端切线水平，O 为圆心，OP 为待检验平板，M、O、P 三点在
同一水平线上，M 的下端与轨道相切处放置竖直向上的弹簧枪，可发射速度不同但质量均为m
的小钢珠，小钢珠每次都在M 点离开弹簧枪，且每次落到OP 上后经相同的时间竖直方向的速
度变为零。某次发射的小钢珠落到OP 上距O 点距离为2R 的Q 点。不计空气阻力，重力加速
度为g，则该次发射（ ）
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A．小钢珠经过N 点时的角速度大小为√
g
R
B．小钢珠到达N 点时对轨道的压力大小为mg
C．弹簧释放的弹性势能为2mgR
D．小钢珠与待检平板碰撞时给平板的弹力随小钢珠离开弹簧时的速度增大而增大
【解答】解：A、钢珠离开N 点后做平抛运动，水平位移为竖直位移的2 倍，所以钢珠在Q 点速
度角为45°，所以vN＝vy，R= v y
2
2g
，vN＝Rω，联立解得：ω=√
2g
R
，故A 错误；
B、根据A 中分析可知vN=√2 gR，由牛顿第二定律得：mg+FN＝mv N
2
R
，解得：FN＝mg，故B 正
确；
C、从M 到N 由动能定理得：Ep﹣mgR= 1
2m2gR- 1
2 m v0
2，解得弹性势能Ep＞2mgR，故C 错误；
D、不管小钢珠离开弹簧的初速度有多大，有小钢珠从N 到OP 面做平抛运动，小钢珠落到平板
上竖直速度不变，那么由动量定理可知小钢珠对平板的弹力不变，故D 错误；
故选：B。
[例题18] 如图所示，物体自倾角为θ 的固定斜面顶端沿水平方向抛出后落在斜面上，物体
与斜面接触时，速度与竖直方向的夹角满足（ ）
A．tanφ=
1
sinθ
B．tanφ=
1
cosθ
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C．tanφ=
1
tanθ
D．tanφ=
1
2tanθ
【解答】解：设以速度v0水平抛出的物体落到斜面上时，速度方向偏向角为α，如图所示；
根据平抛运动的推论可得：tanα＝2tanθ，即：tan（90°﹣φ）＝2tanθ
整理可得：tanφ=
1
2tanθ ，故ABC 错误、D 正确。
故选：D。
[例题19] 如图所示，从倾角为θ 的足够长斜面的顶端先后将同一小球以不同的初速度水平
向右抛出。第一次抛出时小球的初速度为v1，小球落到斜面上瞬时速度的方向与斜面夹角为
α1，落点与抛出点间的距离为s1；第二次抛出时小球的初速度为v2，且v2＝2v1，小球落到斜
面上瞬时速度的方向与斜面夹角为α2，落点与抛出点间的距离为s2，不计空气阻力。则
（ ）
A．α2＝2α1
B．α2＝4α1
C．s2＝4s1
D．s2＝2s1
【解答】解：AB、设以速度v0水平抛出时，落到斜面上速度方向偏向角为β，根据平抛运动的
推论可知，tanβ＝2tanθ，说明速度方向偏向角与初速度大小无关，而α＝β﹣θ，所以α 与初速度
大小无关，故α2＝α1，故AB 错误；
CD、设以速度v0水平抛出时，落到斜面上落点与抛出点间的距离为s，如图所示，根据运动的
合成与分解可得：vy＝v0tanβ
竖直方向有：vy
2＝2gh，解得竖直方向的位移：h= v0
2tan
2 β
2g
∝v0
2
根据几何关系可得：s=
h
sinθ ∝v0
2
所以
s2
s1
= v2
2
v1
2 = 4 v1
2
v1
2 =4，所以s2＝4s1，故C 正确、D 错误。
故选：C。
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[例题20] 如图所示，竖直平面有一半径为R 的圆，圆心O1为（R，0），半径O1A 与x 轴
正半轴成角θ＝60°。不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．从O 点以某一速度v0将一小球向x 轴正方向抛出，小球有可能垂直击中圆周
B．从O 点下方某点以速度v0将一小球向x 轴正方向抛出，小球有可能垂直击中圆周
C．从( R
2 ，0)处将小球以某一速度向x 轴正方向抛出，小球有可能垂直击中圆周上A 点
D．从(0，√3 R
2
)处将小球以某一速度向x 轴正方向抛出，小球有可能垂直击中圆周上A 点
【解答】解：A、根据平抛运动的规律可知，小球打在圆上时，速度的反向延长线过水平位移中
点，如果从O 点以某一速度v0将一小球向x 轴正方向抛出，小球垂直击中圆周，则速度方向方
向延长线过圆心，而圆心不是水平位移的中点，故A 错误；
B、同理可证，从O 点下方某点以速度v0将一小球向x 轴正方向抛出，小球不可能垂直击中圆周，
故B 错误；
C、从x 轴上P( R
2 ，0)处将小球以某一速度向x 轴正方向抛出，P 与O 的水平位移为1
2R；
过A 做AA1垂直于x 轴，如图所示，根据几何关系可得：O1A1＝Rcosθ，解得O1A1= 1
2R，所以
O1点为PA1的中点，从P 处将小球以某一速度向x 轴正方向抛出，小球有可能垂直击中圆周上A
点，故C 正确；
D、若抛出点M 在O 点以上，也有可能垂直击中圆周上A 点，如图所示；由几何关系可得M 点
的坐标为（0，√3
4 R），故D 错误。
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故选：C。
③斜抛运动可以看成是水平方向匀速直线运动和竖直方向匀变速运动的合成。粒子在电场中做类
平抛运动时的分析方法与此类似。
④平抛运动与斜面的结合：从斜面抛出又落回斜面，末速度方向平行，可以找出相似三角形用比例
关系求解；物体离斜面最远时其速度方向与斜面平行，最远距离s＝.
[例题21] 第24 届冬奥会将于2022 年2 月4 日在我国的北京、延庆等地举行，如图a 所示，
在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离。某运
动员先后两次从同一跳台水平起跳，每次都从离开跳台开始计时，用v 表示他在竖直方向的速
度，其v﹣t 图像如图b 所示，t1 和t2 是他落在倾斜雪道上的时刻。则下列说法中正确的是（
）
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A．第一次、第二次滑翔落在倾斜雪道上的速度方向相同
B．第一次、第二次滑翔过程中在水平方向上的位移之比为13：15
C．第一次、第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移之比接近10：11
D．第二次滑翔过程中重力的平均功率比第一次的大
【解答】解：A．如果不考虑空气的阻力，则第一次、第二次滑翔落在倾斜雪道上位移夹角相同，
根据平抛运动中速度夹角正切值与位移夹角正切值的关系可知，两次的速度方向相同，实际上
要考虑空气阻力，故两次的速度方向不相同，故A 错误；
B．如果不考虑空气阻力作用，水平方向做匀速直线运动时，第一次、第二次滑翔过程中在水平
方向上的位移之比为13：15，实际上要考虑空气阻力，故B 错误；
C．根据速度与时间图像的面积表示位移，所以由图像面积可知，第一次、第二次滑翔过程中在
竖直方向上的位移之比接近10：11，故C 正确；
D．根据P= mgy
t
可知第二次滑翔过程中重力的平均功率比第一次的小，故D 错误。
故选：C。
[例题22] （多选）如图所示，以v0＝10m/s 的速度水平抛出的小球，飞行一段时间垂直地
撞在倾角30°的斜面上，按g＝10m/s2考虑，以下结论正确的是（ ）
A．物体飞行时间是√3 s
B．物体撞击斜面时的速度大小为20m/s
C．物体飞行的水平位移为20m
D．物体下降的距离是15m
【解答】解：A、小球撞在斜面上时速度与竖直方向的夹角为30°，则根据速度的分解可得：竖
直方向的速度为：vy=
v0
tan30° = 10
√3
3
m/s＝10√3m/s，则物体飞行的时间t= v y
g = 10√3
10
s=√3s，
故A 正确；
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B、根据平行四边形定则知，物体撞击斜面的速度大小为：v=
v0
sin30° = 10
1
2
m/s＝20m/s，故B 正
确；
C、物体飞行的水平位移为x＝v0t＝10×√3m＝10√3m，故C 错误；
D、物体下降的高度为：h= 1
2 gt
2= 1
2 ×10×√3
2m＝15m，故D 正确。
故选：ABD。
[例题23] （多选）滑雪是一项勇敢者的运动，运动员穿专用的滑雪板，从弧形的雪坡上a
点沿水平方向飞出后，又落回到足够长的倾斜雪坡上的b 点。如图所示，倾斜的雪坡（视为斜
面）倾角为θ，运动员以水平速度v0飞出，且飞出后在空中的姿势保持不变，不计空气阻力，
运动员从飞出到落到斜面上所用时间为t，运动员刚落到斜面上时速度方向与水平面的夹角为
α，重力加速度为g，则以下说法正确的是（ ）（ ）
A．运动员飞出的水平速度v0越小，α 越小
B．运动员刚落到斜面上时速度方向与水平面夹角的正切值是倾斜的雪坡倾角正切值的两倍，即
tanα＝2tanθ
C．运动员从飞出到离斜面最远所用时间为t
2
D．运动员在空中距斜面最远距离可以表示为v0
2tanθ
2 g
【解答】解：AB.运动员只要落在斜面上，合位移与水平分位移的夹角为θ，则有：tanθ = y
x
根据平抛运动的推论，速度反向延长线经过水平位移的中点，则有：tanα = y
x
2
= 2 y
x
两式联立可得：tanα＝2tanθ，所以α 大小与初速度无关，故A 错误，B 正确；
C.离斜面最远时，速度与斜面平行，将此速度分解为水平方向和竖直方向，则有：vx＝v0，vy＝
v0tanθ
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运动员离斜面最远的时间t1= v y
g = v0tanθ
g
由tanα = v y'
v x
=gt
v0
，可得t = v0tanα
g
= 2v0tanθ
g
，可知t1= t
2，故C 正确；
D.将初速度和加速度沿着平行斜面向下和垂直斜面方向分解，则垂直斜面方向的初速度vy0＝
v0sinθ，加速度ay＝gcosθ
运动员在垂直斜面方向做匀减速直线运动，当垂直斜面方向的速度减为零时，离斜面最远
则有：s= v y 0
2
2a y
，代入数据可得运动员离斜面最远的距离s= v0
2tanθsinθ
2g
，故D 错误。
故选：BC。
[例题24] 如图所示，小球甲以水平初速度v1从A 点水平抛出，小球乙以水平初速度v2从
B 点水平抛出，两球的落点都在倾角为37°斜面的C 点，B 点在A 点的正上方；甲落在C 点时，
速度正好与斜面垂直；乙落在C 点时，其位移BC 正好与斜面垂直；不计空气的阻力，已知乙
的初速度v2＝1.5m/s，g＝10m/s2，tan37°= 3
4 ，求：
（1）甲的水平位移大小和乙的位移大小；
（2）B、A 两点的高度差。
【解答】解：（1）如图所示，由几何关系得θ1＝53°，由平抛运动推论得：
tanα＝2tanθ1＝2× 4
3 = 8
3 ，又tanα= v y 2
v2
解得：vy2＝v2tanα＝1.5× 8
3 = 4 m/ s
又vy2＝gt2，可得：t2= v y 2
g = 4
10 s=0.4 s
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h2= 1
2 gt2
2= 1
2 ×10×0.4
2m=0.8m
乙的位移大小为：x2=
h2
sinθ1
= 0.8
0.8m＝1m
甲的水平位移大小为：x1＝x2sinθ＝1×0.6m＝0.6m
（2）x1＝v1t1＝0.6m，甲落在C 点时，速度正好与斜面垂直，所以tanθ1= v y 1
v1
= gt1
v1
，联立解得：
t1
2＝0.08s2，
甲下落高度：h1= 1
2 gt1
2= 1
2 ×10×0.08m＝0.4m
B、A 两点的高度差为：h＝h2﹣h1＝0.8m﹣0.4m＝0.4m
答：（1）甲的水平位移大小为0.6m，乙的位移大小为1m；
（2）B、A 两点的高度差为0.4m.
[例题25] 跳台滑雪是冬奥会中最具观赏性的项目之一，假设运动员从C 点水平飞出，落到
斜坡上的D 点，E 点离坡道CD 最远，忽略空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．运动员在空中相等时间内速度变化越来越快
B．轨迹CE 和ED 在水平方向的投影长度相等
C．轨迹CE 和ED 在CD 上的投影长度之比为1：3
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D．若减小水平飞出速度，运动员落到斜坡时速度与水平方向的夹角将变小
【解答】解：A、表示速度变化快慢的物理量为加速度，运动员在空中运动过程中，加速度等于
重力加速度，速度变化快慢相同，故A 错误；
B、以C 点为原点，CD 为x 轴，和CD 垂直向上方向为y 轴，建立坐标系如图所示。
对运动员的运动进行分解，在y 轴方向上做类竖直上抛运动，在x 轴方向上做匀加速直线运动。
当运动员速度方向与轨道平行时，在y 轴方向上到达最高点，根据y 方向运动的对称性，知从C
到E 的时间与从E 到D 的时间相等；
由于运动员在水平方向做匀速直线运动，所以轨迹CE 和ED 在水平方向的投影长度相等，故B
正确；
C、运动员在x 轴方向上做匀加速直线运动的初速度不为零，所以轨迹CE 和ED 在CD 上的投影
长度之比不等于1：3，故C 错误；
D、设斜坡的倾角为α，运动员落到斜坡上速度方向偏向角为θ，根据平抛运动的推论可知：
tanθ＝2tanα，所以无论运动员平抛初速度大小如何，运动员落到斜坡时速度与水平方向的夹角
不变，故D 错误。
故选：B。
三、圆周运动
①水平面内的圆周运动，F＝mgtan θ，方向水平，指向圆心．
[例题26] 如图所示。质量均为m 的a、b 两小球用不可伸长的长度均为L 的轻质细绳悬挂
起来，使小球a 在竖直平面内来回摆动，小球b 在水平面内做匀速圆周运动，连接小球b 的绳
子与竖直方向的夹角和小球a 摆动时绳子偏离竖直方向的最大夹角都为θ，重力加速度为g，
则下列说法正确的是（ ）
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A．小球b 在水平面内做匀速圆周运动的周期为T＝2π√
Lcosθ
g
B．小球a 摆动到最低点时，绳子的拉力为2mg（1﹣cosθ）
C．a、b 两小球做圆周运动的半径之比为cosθ
D．小球a 运动到最高点时受到的绳子拉力为mgsinθ
【解答】解：A、小球b 在水平面内做匀速圆周运动，重力和拉力的合力提供向心力，有：
mgtanθ＝m4 π
2
T
2 Lsinθ
解得：T＝2π√
Lcosθ
g
故A 正确；
B、小球a 摆动到最低点时，对球受力分析，由牛顿第二定律得：F﹣mg＝mv
2
L
从最高点到最低点的过程中，由动能定理得：mg（L﹣Lcosθ）= 1
2mv2
联立解得：F＝（3﹣2cosθ）mg
故B 错误；
C、a、b 两小球做圆周运动的半径之比为Ra：Rb＝L：Lsinθ＝1：sinθ
故C 错误；
D、小球a 运动到最高点时速度为0，所需要的向心力为0，将重力分解到沿绳方向和垂直于绳
方向，拉力为F′＝mgcosθ
故D 错误。
故选：A。
[例题27] 2022 年北京冬奥会上，有一项技术动作叫双人螺旋线，如图（a）所示，以男选
手成为轴心，女选手围绕男选手旋转。将这一情景做如图（b）所示的抽象：一细线一端系住
一小球，另一端固定在一竖直细杆上，小球以一定大小速度随着细杆在水平面内做匀速圆周运
动，细线便在空中划出一个圆锥面，这样的模型叫“圆锥摆”。圆锥摆是研究水平面内质点做
匀速圆周运动动力学关系的典型特例。若小球（可视为质点）质量为m，细线AC 长度为l，
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重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是（ ）
A．若图（b）中小球做匀速圆周运动时，细线与竖直方向所成夹角为θ，则小球受重力、细线
的拉力和向心力作用
B．若图（b）中θ＝53°，则小球做匀速圆周运动的角速度为√
5 g
4l
C．图（c）中用一根更长的细线AB 系一质量更大的小球（可视为质点），保持B、C 两球在同
一水平面内绕竖直杆做匀速圆周运动，则ωB＞ωC
D．若小球在空中旋转的角速度ω 小于√
g
l
时，细线会像图（d）那样缠绕在竖直杆上，最后随
细杆转动
【解答】解：A、图（b）中小球做匀速圆周运动时，小球受重力和细线的拉力，由重力和细线
拉力的合力提供向心力，故A 错误；
B、图（b）中小球做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：mgtanθ＝mω2lsinθ，解得角速度
ω=√
5 g
3l ，故B 错误；
C 、图（c ）中满足mgtanθ ＝mω2lsinθ ，设悬点A 到小球所在水平面的高度为h ，则
ω=√
g
lcosθ =√
g
h ，可知B、C 两球到各自所在水平面的高度相同，所以角速度相同，故C 错误；
D、由此可知，当θ＝0°时ω=√
g
l
，故角速度ω 小于√
g
l
时，细线会像图（d）那样缠绕在竖直杆
上，最后随细杆转动，故D 正确。
故选：D。
[例题28] （多选）智能呼啦圈轻便美观，深受大众喜爱。如图甲，腰带外侧带有轨道，将
带有滑轮的短杆穿入轨道，短杆的另一端悬挂一根带有配重的轻绳，其简化模型如图乙所示。
可视为质点的配重质量为0.5kg，绳长为0.5m，悬挂点P 到腰带中心点O 的距离为0.2m。水平
固定好腰带，通过人体微小扭动，使配重随短杆做水平匀速圆周运动，绳子与竖直方向夹角为
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θ，运动过程中腰带可看作不动，重力加速度g 取10m/s2，sin37°＝0.6，下列说法正确的是（
）
A．匀速转动时，配重受到的合力恒定不变
B．若增大转速，腰带受到的合力不变
C．当θ 稳定在37°时，配重的角速度为ω=√15rad/s
D．当θ 由37°缓慢增加到53°的过程中，绳子对配重做正功
【解答】解：A、匀速转动时，配重做匀速圆周运动，合力大小不变，但方向在变化，配重受到
的合力是变力，故A 错误；
B、运动过程中腰带可看作不动，所以腰带合力始终为零，保持不变，故B 正确；
C、对配重，由牛顿第二定律可得：mgtanθ＝mω2（lsinθ+r）
解得：ω=√
gtanθ
lsinθ+r =√
10×0.75
0.5×0.6+0.2
rad/s=√15rad/s，故C 正确；
D、由C 中公式可知，当θ 稳定在53°时，角速度大于θ 稳定在37°时的角速度，配重圆周半径也
增大，速度增大，动能增大，同时高度上升，重力势能增大，所以机械能增大；由功能关系，θ
由37°缓慢增加到53° 的过程中，绳子对配重做的功等于配重机械能的增加量，所以绳子对配重
做正功，故D 正确。
故选：BCD。
②竖直面内的圆周运动：绳，内轨，水流星最高点最小速度为 √gR，最低点最小速度为 √5 gR，
上下两点拉压力之差为6mg.
[例题29] 如图所示，在同一竖直平面内有两个正对着的半圆形光滑轨道，轨道的半径都是
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R。轨道端点所在的水平线相隔一定的距离x。一质量为m 的小球能在其间运动而不脱离轨道，
经过最低点B 时的速度为v。小球在最低点B 与最高点A 对轨道的压力之差为ΔF（ΔF＞0）。
不计空气阻力，则（ ）
A．m、R 一定时，x 越大，ΔF 一定越大
B．m、R 一定时，v 越大，ΔF 一定越大
C．m、x 一定时，R 越大，ΔF 一定越大
D．m、x 一定时，v 越大，ΔF 一定越大
【解答】解：在最低点B，设轨道对小球的弹力为FNB，由牛顿第二定律有：FNB﹣mg= mv
2
R
在最高点A，设小球速度为vA，轨道对小球的弹力为FNA，由牛顿第二定律有：mg+FNA= m v A
2
R
从A 到B，由动能定理有：mg（x+2R）= 1
2mv2- 1
2mv A
2
联立各式解得小球所受弹力差大小为：ΔF′＝FNB﹣FNA=6mg+ 2mgx
R
由牛顿第三定律可知：ΔF＝ΔF′
A、m、R 一定时，x 越大，ΔF 一定越大。故A 正确；
B、m、R 一定时，v 越大，ΔF 不变。故B 错误；
C、m、x 一定时，R 越大，ΔF 一定越小。故C 错误；
D、m、x 一定时，ΔF 与v 的大小无关。故D 错误。
故选：A。
[例题30] 如图，一质量为m 的小球从竖直光滑圆轨道的最低点P 以v0开始运动，圆轨道
的圆心为O，半径为R，圆轨道上有一点Q，OQ 与OP 间夹角为θ，重力加速度为g。下列说
法正确的是（ ）
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A．若小球能做完整的圆周运动，则小球做一次完整的圆周运动所用的时间小于2πR
v0
B．小球经过Q 点时对轨道的压力大小为mgcosθ+mv0
2-2gR(1-cosθ)
R
C．只有当v0≥√5 gR时，小球才不会脱离圆轨道
D．小球完成次完整的圆周运动的过程，小球重力的平均功率不为零
【解答】解：A、小球进入圆形轨道后先做加速度逐渐增大的减速运动，再做加速度逐渐增大的
加速运动，回到最低点时速度又变成了v0，所以小球的平均速率小于v0，因此小球做一次完整
的圆周运动所用的时间t＞2πR
v0
，故A 错误；
B、设质点经过Q 点时的速度大小为v，由机械能守恒定律有
1
2 m v0
2=mgR（1﹣cosθ）+ 1
2 m v
2
在Q 点，对小球，由向心力公式有：FN﹣mgcosθ＝mv
2
R
解得：FN＝mgcosθ+mv0
2-2gR(1-cosθ)
R
根据牛顿第三定律可知小球经过Q 点时对轨道的压力大小为mgcosθ+mv0
2-2gR(1-cosθ)
R
，故
B 正确；
C、当小球能过最高点时，满足mg≤mv1
2
R
从最低点到最高点，根据机械能守恒定律可得：mg•2R= 1
2 m v0
2- 1
2 m v1
2
解得v0≥√5 gR
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当小球不能到达最高点时，满足：1
2 mv0
2≤mgR，解得v0≤√2gR，故C 错误；
D、完成一个完整的圆周运动时，重力做功为0，重力的平均功率也为0，故D 错误。
故选：B。
[例题31] 如图所示，轻杆的一端固定在水平转轴上，另一端固定一个小球，小球随轻杆一
起在竖直平面内在转轴的带动下绕O 点以角速度ω 做匀速圆周运动。已知杆长为L，小球的质
量为m，重力加速度为g，A、B 两点与O 点在同水平直线上，C、D 分别为圆周的最高点和最
低点，下列说法正确的是（ ）
A．小球在运动过程中向心加速度不变
B．小球运动到最高点C 时，杆对小球的作用力为支持力
C．小球运动到A 点时，杆对小球作用力为m√L
2ω
4+ g
2
D．小球在D 点与C 点相比，杆对小球的作用力的大小差值一定为2mLω2
【解答】解：A、小球做匀速圆周运动，向心加速度大小不变，方向时刻改变，故A 错误；
B、小球运动到最高点时，线速度v＝ωL
小球经过最高点只受重力时，mg＝mv0
2
L
解得：v0=√gL
若v＞v0，杆上的力为拉力，若v＜v0，杆上的力为支持力，v 与v0的关系未知，故无法判断作
用力为支持力还是拉力，故B 错误；
C、当小球在A 点时，杆对小球作用力竖直方向分量应等于重力，水平方向分量提供向心力，故
杆对小球的作用力F =√(mg)
2+(mLω
2)
2=m√L
2ω
4+ g
2
故C 正确；
D、若小球在最高点，杆对小球的作用力为支持力，则有：
C 点：mg−FN1＝mLω2
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D 点：FN2−mg＝mLω2
FN2−FN1＝2mLω2
若小球在最高点，杆对小球的作用力为拉力，则有
C 点：mg+FN1＝mLω2
D 点：FN2−mg＝mLω2
FN2﹣FN1＝2mg
故D 错误。
故选：C。
③竖直轨道圆周运动的两种基本模型：
绳模型
杆模型
常见类型
均是没有支撑的小球
均是有支撑的小球
过最高点的
临界条件
由mg＝m 得
v 临＝
由小球恰能做圆周运动得v 临＝0
讨论分析
(1)过最高点时，v≥，FN＋mg
＝m，绳、圆轨道对球产生弹
力FN
(2)不能过最高点时，v<，在
到达最高点前小球已经脱离了
圆轨道
(1)当v＝0 时，FN＝mg，FN为支持力，沿
半径背离圆心
(2)当0<v<时，－FN＋mg＝m，FN背离圆
心，随v 的增大而减小
(3)当v＝时，FN＝0
(4)当v>时，FN＋mg＝m，FN指向圆心并
随v 的增大而增大
[例题32] 如图甲所示，用一轻质绳拴着一质量为m 的小球，在竖直平面内做圆周运动（不
计一切阻力），小球运动到最高点时绳对小球的拉力为T，小球在最高点的速度大小为v，其
T﹣v2图像如图乙所示，则（ ）
A．轻质绳长为ma
b
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B．当地的重力加速度为m
a
C．当v2＝2b 时，小球受到的弹力大小与重力相等
D．当v2＝c 时，轻质绳的拉力大小为ac
b +a
【解答】解：AB、设绳长为L，小球运动到最高点时，对小球受力分析，由牛顿第二定律得：
T +mg=m v
2
L
整理得，绳上的拉力T = m
L v
2-mg
结合图像得：a＝mg
斜率k= m
L = a
b
解得：g= a
m
L= mb
a
故AB 错误；
C、当v2＝2b 时，由图像和拉力表达式得：T = m
L ⋅2b-mg= a
b ⋅2b-a=a=mg
故C 正确；
D、当v2＝c 时，由图像和拉力表达式得：T = m
L c -mg= ac
b -a
故D 错误。
故选：C。
[例题33] 偏心振动轮广泛应用于生活中的各个领域，如手机振动器、按摩仪、混凝土平板
振动机等。如图甲，某工人正操作平板振动机进行水泥路面的压实作业。平板振动机中偏心振
动轮的简化图如图乙所示，轮上有一质量较大的偏心块。若偏心轮绕转轴O 在竖直面内转动
则当偏心块的中心运动到图中哪一位置时，振动机对路面压力最大（ ）
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A．P
B．Q
C．M
D．N
【解答】解：把偏心块等效为一个质量为m 质点，转到最低点P 时满足：F﹣mg＝mω2r
变形后得到偏心块对振动机压力：F′＝F＝mg+mω2r
对整体有：FN＝Mg+F′＝Mg+mg+mω2r
根据牛顿第三定律可知，当偏心轮在最低点时路面对振动机的支持力FN最大，振动机对路面压
力FN′也最大，故BCD 错误，A 正确。
故选：A。
[例题34] 某教师受儿童娱乐场过山车与彩色滑道项目的启发，设计了如图所示的实验装置，
竖直放置的光滑曲线轨道AM、水平轨道MN 与光滑圆轨道O 在M 点平滑连接，在B 点安装
有压力传感器并与计算机连接（B 为圆轨道的最高点），已知圆O 的半径为R。一质量为m 的
小物块从距水平轨道高h 处的A 点无初速度滑下，经过圆轨道O 后到达水平轨道MN，压力传
感器显示小物块经过B 点时对轨道的压力大小为1
2 mg。下列说法正确的是（ ）
A．h＝3R
B．小物块滑过M 点时加速度大小a＝5.5g
C．减小h，小物块经过B 点时对轨道的压力增大
D．减小h，小物块经过M 点和B 点时对轨道的压力差一定减小
【解答】解：A．物块从A 点运动到B 点的过程，由机械能守恒定律得
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mgh＝mg×2R+ 1
2 mv B
2
在B 点由牛顿第二定律得
mg+ N B=m vB
2
R
又N B= 1
2 mg
整理解得h＝2.75R
故A 错误；
B．物块从A 点运动到M 点的过程，由机械能守恒定律得
mgh= 1
2 mv M
2
M 点有NM﹣mg＝mv M
2
R
联立整理解得
NM＝6.5mg
aM = v M
2
R = 11
2 g=5.5 g
NM﹣NB＝6.5mg﹣0.5mg＝6mg
故B 正确；
CD．减少h，小物块经过M 点和B 点时的速度减小，由牛顿第二定律表达式
mg+ N B=m vB
2
R
可知，B 点轨道弹力减小，经过M 点和B 点时压力差为
NM﹣NB＝mv M
2
R +mg﹣（mvB
2
R -mg）＝2mg+4mg＝6mg
压力差恒定不变，故CD 错误。
故选：B。
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