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微专题4 力与曲线运动
曲线运动 运动的合成与分解
[例1] (2024·安徽卷)(多选)一倾角为30°足够大的光滑斜面固定于水平地面上，
在斜面上建立Oxy 直角坐标系，如图(1)所示。从t＝0 开始，将一可视为质点的
物块从O 点由静止释放，同时对物块施加沿x 轴正方向的力F1和F2，其大小与
时间t 的关系如图(2)所示。已知物块的质量为1.2 kg，重力加速度g 取10 m/s2，
不计空气阻力。则( )
A．物块始终做匀变速曲线运动
B．t＝1 s 时，物块的y 坐标值为2.5 m
C．t＝1 s 时，物块的加速度大小为5√3 m/s2
D．t＝2 s 时，物块的速度大小为10√2 m/s
BD [根据图像可得F1＝4－t(N)，F2＝3t(N)，故两力的合力为F＝4＋2t(N)，
物块在y 轴方向受到的力不变为mg sin 30°，x 轴方向的力在改变，合力在改变，
故物块做的不是匀变速曲线运动，故A 错误；在y 轴方向的加速度为ay＝
mgsin30°
m
＝g sin 30°＝5 m/s2，故t＝1 s 时，物块的y 坐标值为y＝1
2 a yt
2＝2.5
m，故B 正确；t＝1 s 时，F＝6 N，故此时加速度大小为a＝√ax
2+a y
2＝
√(
6
1.2)
2
+5
2 m/s2＝5√2 m/s2，故C 错误；在x 轴正方向上，对物块根据动量定
理Ft＝mvx－0，由于F 与时间t 成线性关系，结合题图(2)可得vx＝10 m/s，此
时y 轴方向速度为vy＝g sin 30°·t＝5×2 m/s＝10 m/s，故此时物块的速度大小
为v＝√v x
2+ v y
2＝10√2 m/s，故D 正确。]
规律方法：
1．运动的合成与分解的基本思路
(1)明确合运动和分运动的运动性质。
(2)明确是在哪两个方向上的合成或分解。
(3)找出各个方向上已知的物理量(速度、位移、加速度)。
(4)运用力与速度的方向关系或矢量的运算法则进行分析求解。
2．关联速度问题
把物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和平行于绳(杆)的两个分量，根据沿绳
(杆)方向的分速度大小相等求解。常见的模型如图所示。
[针对训练1] (2025·福建泉州市四校联考)甲、乙两光滑小球(均可视为质点)
用铰链与轻直杆连接，乙球处于光滑水平地面上，甲球套在光滑的竖直杆上，
初始时轻杆竖直，杆长为4 m。无初速度释放，使得乙球沿水平地面向右滑动，
当乙球距离起点3 m 时，甲球的速度为v1，乙球的速度为v2，如图所示，下列
说法正确的是( )
A．v1∶v2＝√7∶3
B．v1∶v2＝3√7∶7
C．甲球即将落地时，乙球的速度与甲球的速度大小相等
D．甲球即将落地时，乙球的速度达到最大
B [设当乙球距离起点3 m 时，轻杆与竖直方向的夹角为θ，则v1在沿杆方向
的分量为v1 杆＝v1cos θ，v2在沿杆方向的分量为v2 杆＝v2sin θ，而v1 杆＝v2 杆，
由题意有cos θ＝√7
4 ，sin θ＝3
4，解得
v1
v2
＝3√7
7 ，选项A 错误，B 正确；甲球
即将落地时，有θ＝90°，此时甲球的速度达到最大，而乙球的速度为零，选项
C、D 错误。]
[针对训练2] (2025·江苏卷)游乐设施“旋转杯”的底盘和转杯分别以O、O′
为转轴，在水平面内沿顺时针方向匀速转动。O′固定在底盘上。某时刻转杯转
到如图所示位置，杯上A 点与O、O′恰好在同一条直线上。则( )
A．A 点做匀速圆周运动
B．O′点做匀速圆周运动
C．此时A 点的速度小于O′点
D．此时A 点的速度等于O′点
B [A 点运动为A 点绕O′的圆周运动和O′相对于O 的圆周运动的合运动，故轨
迹不是圆周，故不做匀速圆周运动，故A 错误；根据题意O′固定在底盘上，故
可知O′围绕O 点做匀速圆周运动，故B 正确；杯上A 点与O、O′恰好在同一条
直线上时且A 在OO′延长线上，A 点和O′点运动方向相同，又A 点相对O′点沿
顺时针做圆周运动，故此时A 的速度大于O′的速度，故C、D 错误。故选B。]
抛体运动
[例2] (2024·山东卷)(多选)如图所示，工程队向峡谷对岸平台抛射重物，初
速度v0大小为20 m/s，与水平方向的夹角为30°，抛出点P 和落点Q 的连线与水
平方向夹角为30°，重力加速度大小取10 m/s2，忽略空气阻力。重物在此运动过
程中，下列说法正确的是( )
A．运动时间为2√3 s
B．落地速度与水平方向夹角为60°
C．重物离PQ 连线的最远距离为10 m
D．轨迹最高点与落点的高度差为45 m
BD [对重物从P 运动到Q 的过程，水平方向上有x＝v0t cos 30°，竖直方向上
有y＝- v0t sin30°+ 1
2 gt
2，由几何关系有y
x ＝tan 30°，联立解得重物的运动时间
t＝4 s，A 错误；结合A 项分析可知，重物落地时的水平分速度vx＝v0cos 30°，
竖直分速度vy＝－v0sin 30°＋gt，则tan θ＝
v y
v x
＝√3，所以重物的落地速度与水
平方向夹角为60°，B 正确；对重物从P 运动到Q 的过程，垂直于PQ 连线方向
有2ghm cos 30°＝(v0 sin 60°)2，解得重物离PQ 连线的最远距离hm＝10√3 m，C
错误；结合B 项分析，竖直方向上有2gym＝v y
2，联立解得重物轨迹最高点与落
点的高度差ym＝45 m，D 正确。]
规律方法：
1．平抛(类平抛)运动的分解方式的处理方法
(1)处理平抛运动(或类平抛运动)时，一般将运动沿重力(恒力)方向和垂直于重力
(恒力)方向进行分解：沿重力(恒力)方向做匀变速直线运动，沿垂直于重力(恒
力)方向做匀速直线运动，按分运动规律列式，再用运动的合成求合运动。
(2)处理平抛运动(或类平抛运动)时，也可以将运动沿位移方向和垂直于位移方
向进行分解，有可能需要把力和初速度都进行分解，在两个方向都做匀变速直
线运动，按分运动规律列式，再用运动的合成求合运动。
2．平抛(类平抛)运动的突破口
(1)把分位移进行关联。如对于在斜面上抛出又落到斜面上的问题，其竖直位移
与水平位移之比等于斜面倾角的正切值。
(2)把分速度进行关联。如抛出的物体垂直打在斜面上，则物体打在斜面上瞬间，
其水平速度与竖直速度之比等于斜面倾角的正切值。
[针对训练1] (2025·云南卷)如图所示，某同学将两颗鸟食从O 点水平抛出，
两只小鸟分别在空中的M 点和N 点同时接到鸟食。鸟食的运动视为平抛运动，
两运动轨迹在同一竖直平面内，则( )
A．两颗鸟食同时抛出
B．在N 点接到的鸟食后抛出
C．两颗鸟食平抛的初速度相同
D．在M 点接到的鸟食平抛的初速度较大
D [
]
[针对训练2] (2025·湖北卷)某网球运动员两次击球时，击球点离网的水平距
离均为L，离地高度分别为L
2 、L，网球离开球拍瞬间的速度大小相等，方向分
别斜向上、斜向下，且与水平方向夹角均为θ。击球后网球均刚好直接掠过球
网，运动轨迹平面与球网垂直，忽略空气阻力，tan θ 的值为( )
A．1
2 B．1
3 C．1
4 D．1
6
C [网球两次运动过程沿水平方向都有L＝v0cos θ·t，设球网最高处离地高度
为H，斜向上将球击出后，沿竖直方向有H－L
2 ＝v0sinθ·t - 1
2 gt
2，斜向下将球
击出后，沿竖直方向有L－H＝v0sin θ·t＋1
2gt2，解得tan θ＝1
4，C 正确。]
圆周运动
[例3] (2025·广东卷)(多选)将可视为质点的小球沿光滑冰坑内壁推出，使小
球在水平面内做匀速圆周运动，如图所示。已知圆周运动半径R 为0.4 m，小球
所在位置处的切面与水平面夹角θ 为45°，小球质量为0.1 kg，重力加速度g 取
10 m/s2。关于该小球，下列说法正确的有( )
A．角速度为5 rad/s
B．线速度大小为4 m/s
C．向心加速度大小为10 m/s2
D．所受支持力大小为1 N
AC [对小球受力分析如图所示由牛顿第二定律可得F 合＝mg tan 45°＝mω2R
＝mv
2
R ＝man，FN＝
mg
cos 45°＝√2 N，D 错误；由上述分析可得该小球的向心加
速度大小an＝mg tan 45°
m
＝10 m/s2，C 正确；角速度ω＝√
an
R ＝5 rad/s，A 正确；
线速度大小v＝2 m/s，B 错误。]
规律方法：圆周运动的规律及应用
1．水平面内的圆周运动
(1)水平面内圆周运动的分析思路
(2)水平面内圆周运动的临界问题
①绳的临界：拉力
T ＝
0 。
②接触面滑动临界：F ＝
F fmax。
③接触面分离临界：FN＝0。
2．竖直平面内圆周运动问题
[针对训练1] (2025·山东卷)某同学用不可伸长的细线系一个质量为0.1 kg 的
发光小球，让小球在竖直面内绕一固定点做半径为0.6 m 的圆周运动。在小球经
过最低点附近时拍摄了一张照片，曝光时间为1
50 s。由于小球运动，在照片上
留下了一条长度约为半径1
5的圆弧形径迹。g 取10 m/s2。根据以上数据估算小球
在最低点时细线的拉力大小为( )
A．11 N
B．9 N
C．7 N
D．5 N
C [根据题意可知，小球经过最低点的速率约为v＝R
5t ，则在最低点对小球由
牛顿第二定律有F－mg＝mv
2
R ，解得小球在最低点时细线的拉力大小为F＝7
N，C 正确。]
[针对训练2] (2025·山东济南·二模)如图所示，竖直圆形光滑轨道固定在水
平地面上，右侧为管状结构，左侧为单层，外圆半径为R。将质量为m 的小球
置于轨道最高点，给小球一个轻微的扰动，让小球从右侧由静止滑下。已知管
的内径略大于小球直径，且远小于外圆半径，重力加速度为g。关于小球的运
动，下列说法正确的是( )
A．小球一定能够回到轨道最高点
B．小球运动过程中对轨道的最大压力为6mg
C．小球脱离轨道时的速度大小为√2 gR
3
D．小球脱离轨道时离地面的高度为5
3R
D [小球从最高点滑下，由于轨道光滑，机械能守恒；当小球滑到最低点时，
重力势能完全转化为动能，再从最低点上升时，动能逐渐转化为重力势能。由
机械能守恒可知，若小球能回到最高点则速度减为零；但是小球在左侧单层轨
道上运动时，会在中途脱离轨道导致无法回到最高点，故A 错误；小球在最低
点时速度最大，对轨道的压力也最大。根据机械能守恒，从最高点到最低点的
过程满足mg(2R)＝1
2mv2，解得v＝√4 gR，在最低点，小球受到的向心力由轨
道的支持力N 和重力mg 提供，N－mg＝mv
2
R ，解得N＝5mg，由牛顿第三定律
可知小球对轨道的最大压力为5mg，故B 错误；小球在左侧单层轨道上运动时，
当重力不足以提供向心力时，小球会脱离轨道。设小球脱离轨道时和圆心连线
与竖直方向的夹角为θ，此时小球的速度为v，满足mg cos θ＝mv
2
R ，从最高点
到脱离点，根据机械能守恒mgR(1－cos θ)＝1
2mv2，解得v＝√
2gR
3 ，故C 错误；
小球脱离轨道时，和圆心连线与竖直方向的夹角θ 满足cos θ＝2
3，此时小球离
地面的高度为h＝R(1＋cos θ)＝5
3R，故D 正确。故选D。]
