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专题05 曲线运动 运动的合成与分解
考点
考情
命题方向
考点1 曲线运动
2023 年高考全国卷
1、本专题单独考察较少，主
要结合其他知识点一同考察，
合运动与分运动的关系，分解
原则，关联速度的理解等。
考点2 运动的合成
与分解
2024 年高考安徽卷
2024 年高考湖南卷
2023 年高考江苏卷
题型一 曲线运动的条件与特征
1．曲线运动
(1)速度的方向：质点在某一点的速度方向，沿曲线在这一点的切线方向．
(2)运动的性质：做曲线运动的物体，速度的方向时刻在改变，所以曲线运动一定是变速运动．
(3)曲线运动的条件：物体所受合外力的方向跟它的速度方向不在同一条直线上或它的加速度方向与
速度方向不在同一条直线上．
1
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2．合外力方向与轨迹的关系
物体做曲线运动的轨迹一定夹在合外力方向与速度方向之间，速度方向与轨迹相切，合外力方向指
向轨迹的“凹”侧．
3．速率变化情况判断
(1)当合外力方向与速度方向的夹角为锐角时，物体的速率增大；
(2)当合外力方向与速度方向的夹角为钝角时，物体的速率减小；
(3)当合外力方向与速度方向垂直时，物体的速率不变．
类型1 基本概念的辨析与理解
[模型演练1] 关于曲线运动，下列说法正确的是（ ）
A．曲线运动一定是变速运动
B．曲线运动不可能是匀变速运动
C．做曲线运动的物体速度大小一定不变
D．做曲线运动的物体可能没有加速度
【解答】解：A、曲线运动过程中，速度的方向始终在变，所以一定是变速运动，故A 正确；
B、物体做平抛运动，只受重力，加速度恒定，属于匀变速曲线运动，故B 错误；
C、做匀速圆周运动的物体，速度的大小不变，是速度大小不变的曲线运动，故C 错误；
D、做曲线运动的物体，速度的方向一直在变化，是变速运动，一定有加速度，故D 错误；
故选：A。
[模型演练2] （2024 春•禄劝县期中）在军事中有一款反辐射导弹可以打击敌方雷达，导
弹运动时的轨迹如图所示，导弹可视为质点，导弹的速度v 与所受合外力F 的关系可能正确的
是（ ）
2
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A．图中A 点
B．图中B 点
C．图中C 点
D．图中D 点
【解答】解：AC．曲线运动速度沿着曲线的切线方向，掌握图中A 和C 位置中，速度方向应沿
运动轨迹的切线方向，故AC 错误；
B．图中B 点标出的受力方向不应该在轨迹的切线方向，而应该指向运动轨迹弯曲的内侧，故B
错误；
D．曲线运动的D 点的速度方向沿切线方向，受到的合力应该指向运动轨迹弯曲的内侧，故D
正确。
故选：D。
[模型演练3] 下列关于曲线运动的说法正确的是（ ）
A．速度方向改变的运动一定是曲线运动
B．两个匀变速直线运动的合运动一定是匀变速直线运动
C．曲线运动一定是变加速运动
D．力与速度方向的夹角为锐角时，物体做加速曲线运动
【解答】解：A、速度方向改变的运动不一定是曲线运动，如往返直线运动，故A 错误；
B、若两匀变速直线运动的合速度的方向与合加速度的方向不在同一条直线上，一定做曲线运动，
故B 错误；
C、曲线运动的加速度可以不变，如平抛运动，故C 错误，
D、当力与速度方向的夹角为锐角时，根据曲线运动的条件可知物体做曲线运动，同时力与速度
方向的夹角为锐角，力对物体做正功，所以物体的速度还逐渐增大，故D 正确
故选：D。
3
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类型2 曲线运动的动力学解释
[模型演练4] （2024•广东模拟）珠海航展是世界上最具国际影响力的航展之一。如图为
航展中一架战机表演时，在竖直面内的飞行轨迹。设战机在曲线ab 段飞行速率不变，战机从a
飞到b 的过程中（ ）
A．所受合外力大小为零
B．所受合外力方向竖直向上
C．竖直方向的分速度逐渐增大
D．水平方向的分速度不变
【解答】解：AB、战机从a 飞到b 的过程中做曲线运动，加速度不为零，故所受合外力大小不
为零。合力方向指向轨迹的凹侧，但不能确定所受合外力方向竖直向上，故AB 错误；
CD、战机在曲线ab 段飞行速率不变，根据其轨迹可知从a 飞到b 的过程中速度的方向逐渐靠近
竖直方向，由运动的分解可知，竖直方向的分速度逐渐增大，水平方向的分速度逐渐减小，故C
正确，D 错误。
故选：C。
[模型演练5] （2024•蜀山区校级三模）如图所示为运动员用脚背接触球面带动足球旋转，
足球两侧的压力差使足球在空中做曲线运动（即高难度的“香蕉球”），并射门成功。以下说
法正确的是（ ）
A．足球在运动轨迹的最高点处于平衡状态
B．研究足球的旋转对轨迹的影响，可以将足球看成质点
C．足球在空中运动过程中，所受合力方向总指向球门方向
D．足球在空中运动过程中，速度方向与加速度方向不在同一直线上
【解答】解：A.足球在最高点时受到重力及多个方向空气阻力的作用，且这些力并不能完全相
4
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互抵消，因此未处于平衡状态，故A 错误；
B.研究足球的旋转时与足球的形状有关，因此不可将足球看作质点，故B 错误；
C.曲线运动的物体所受合力方向指向运动轨迹凹陷的一侧，因此足球所受的合力并非指向球门，
故C 错误；
D.物体做曲线运动的条件即为加速度方向与速度方向不在同一直线上，由题知足球的运动过程
为曲线运动，因此速度方向与加速度方向不在同一直线上，故D 正确。
故选：D。
[模型演练6] （2023•海口一模）如图所示，这是质点只在重力作用下所做的曲线运动轨
迹的示意图，已知B 为轨迹的最高点，则下列说法正确的是（ ）
A．质点在B 点时的加速度方向与速度方向不垂直
B．质点在A 点时的加速度比在B 点时的加速度小
C．质点在C 点时的速率大于在B 点时的速率
D．质点从A 点到C 点，加速度方向与速度方向的夹角先减小后增大，速度先增大后减小
【解答】解：AB、质点受重力作用做匀变速曲线运动，在最高点B 时，速度方向与重力加速度
的方向垂直，整个过程重力加速度保持不变，故AB 错误；
C、质点从B 点到C 点，加速度方向与速度方向夹角小于90°，因此该过程质点的速度增大，所
以质点在C 点时的速率大于在B 点时的速率，故C 正确；
D、质点只受重力作用，加速度方向始终竖直向下，质点的速度方向沿运动轨迹的切线方向，质
点从A 点到C 点，加速度方向与速度方向的夹角一直减小；从A 到B 的过程中，加速度与速度
方向的夹角大于90°，质点做减速运动，从B 到C 的过程中，加速度与速度方向的夹角小于
90°，质点做加速运动，速度增大，因此质点从A 到C 的过程中，速度先减小后增大，故D 错误。
故选：C。
5
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题型二 运动的合成与分解
1．遵循的法则：
位移、速度、加速度都是矢量，故它们的合成与分解都遵循平行四边形定则．
2．合运动与分运动的关系
(1)等时性:合运动和分运动经历的时间相等，即同时开始、同时进行、同时停止．
(2)独立性:一个物体同时参与几个分运动，各分运动独立进行，不受其他运动的影响．
(3)等效性:各分运动的规律叠加起来与合运动的规律有完全相同的效果．
3．合运动的性质判断
4．两个直线运动的合运动性质的判断
标准：看合初速度方向与合加速度方向是否共线.
两个互成角度的分运动
合运动的性质
两个匀速直线运动
匀速直线运动
一个匀速直线运动、一个匀变速直线
运动
匀变速曲线运动
两个初速度为零的匀加速直线运动
匀加速直线运动
两个初速度不为零的匀变速直线运动
如果v 合与a 合共线，为匀变速直线运动
如果v 合与a 合不共线，为匀变速曲线运动
类型1 合运动与分运动的关系
[模型演练7] （2024•河南三模）在水平地面测试乒乓球发球机性能实验中，发球机可以
向不同方向发出不同速度的球，以发球机所在位置为O 点建立坐标系O﹣xyz 如图所示，xOy
平面平行于地面，某次发球机发出的球的速度在xOy 面内的投影方向与x 轴间的夹角为45°，
球发出时距地面的高度为10cm，球上升过程中离地面最大高度为90cm，球发出时的速度大小
为6m/s，忽略乒乓球受到的空气阻力，重力加速度g 取10m/s2，以下说法正确的是（ ）
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A．乒乓球的飞行时间为0.8s
B．乒乓球发出时竖直方向的速度大小为3√2m/ s
C．乒乓球运动过程中的最小速度大小为2√5m/ s
D．乒乓球在水平地面内的位移大小为( 8
5 + 6
5 √2)m
【解答】解：AB、乒乓球做斜向上抛运动，向上运动的高度为h＝90cm﹣10cm＝0.8m
根据v y
2 =2 gh
落地时满足-h1= v yt - 1
2 gt
2
代入数据解得vy＝4m/s t = 4+3√2
10
s，故AB 错误；
C、乒乓球发出时的水平速度v x =√v
2- v y
2
代入数据解得v x =2√5m/ s，故C 错误；
D、乒乓球在水平地面内的位移大小为s＝vxt
代入数据解得s= 4√5+3√10
5
m，故D 错误。
故选：C。
[模型演练8] （2024•苏州模拟）如图所示，一质点在光滑水平桌面上受水平恒力作用，
先后经过a、b 两点，速度方向偏转90°。已知经过a 点的速度大小为v、方向与ab 连线夹角为
60°，ab 连线长度为d。对质点从a 到b 的运动过程，下列说法正确的是（ ）
A．最小速度为v
2
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B．运动时间为d
2v
C．经过b 点的速度为√3 v
D．恒力方向与ab 连线的夹角为45°
【解答】解：BC．设恒力与ab 连线的夹角为θ，根据几何关系可知b 点速度方向与ab 连线的夹
角为30°。
该质点做类斜抛运动，在沿初速度方向上速度由v 减小到0，由匀变速直线运动规律
dcos60° = vt
2
解得a 到b 的时间为t = d
v
设b 点速度为vb从a 点运动到b 点沿ab 方向的平均速度为v = vcos60°+ vbcos30°
2
= d
t
解得vb=√3 v
故B 错误，C 正确；
AD．质点在垂直于恒力方向上速度不变，即vsin（π﹣θ﹣60°）＝vbsin（θ﹣30°）
解得θ＝60°
当粒子沿恒方向的速度为0 时，粒子的速度最小，此时粒子的最小速度为
vmin= v ⋅cos(θ+60° -90°)= √3
2 v
故AD 错误。
故选：C。
[模型演练9] （2024•重庆模拟）截至日前，巴以冲突已导致双方超1.73 万人死亡，为了
避免冲突，我国进一步加强军事演练，假设在演练时士兵驾驶坦克向东的速度大小为v1，坦克
静止时射出的炮弹速度大小为v2（v2＞v1），且出膛方向沿水平面内可调整，坦克轨迹距离目
标最近为d，忽略炮弹受到的空气阻力和炮弹竖直方向的下落，且不计炮弹发射对坦克速度的
影响，下列说法正确的是（ ）
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A．炮弹轨迹在地面上的投影是一条抛物线
B．要想命中目标且炮弹在空中飞行时间最短，坦克发射处离目标的距离为d v1
v2
C．炮弹命中目标最短时间为d
v2
D．若到达距离目标最近处时再开炮，不管怎样调整炮口方向，炮弹都无法射中目标
【解答】解：A.炮弹向东和向北的运动均为匀速直线运动，则合运动也是匀速直线运动，轨迹
在地面上的投影是一条直线，故A 错误；
BC.若要炮弹击中目标的时间最短，则需要炮弹在正北方向的分速度最大，因此炮弹速度向北发
射时时间最短，坦克发射处在正北方向离目标的距离为d，分速度大小为v2，因此最短时间为
d
v2
，故B 错误，C 正确；
D.由于v2＞v1，若到达距离目标最近处时再开炮，应调整炮口至西北方向，使得v2沿正西方向
的分速度大小与v1相等，此时能射中目标，故D 错误。
故选：C。
类型2 两互成角度运动合运动性质的判断
[模型演练10] （2024 春•大兴区期末）如图所示，竖直放置的两端封闭的玻璃管中注满清
水，内有一个红蜡块能在水中匀速上浮。在红蜡块从玻璃管的下端匀速上浮的同时，使玻璃管
以速度v 水平向右匀速运动。红蜡块由玻璃管的下端上升到顶端，所需时间为t，相对地面通
过的路程为L。在t 时间内下列说法正确的是（ ）
9
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A．v 增大时，L 减小
B．v 增大时，L 不变
C．v 增大时，t 减小
D．v 增大时，t 不变
【解答】解：蜡块在水平方向上和竖直方向上都做匀速直线运动，在竖直方向上，t = d
v1
，管长
不变，竖直方向上的分速度不变，根据合运动与分运动具有等时性，知蜡块由管口到顶端的时
间t 不变，v 增大，水平方向上的位移增大，根据运动的合成，知蜡块相对于地面的路程L 增大，
故D 正确，ABC 错误。
故选：D。
[模型演练11] （多选）（2024 春•天河区期末）潜艇从海水的高密度区驶入低密度区过程
称为“掉深”。图a，某潜艇在高密度区水平向右匀速航行；t＝0 时，该潜艇开始“掉深”。
图b 为其竖直方向的vy−t 图像，水平速度vx＝10m/s 保持不变。潜艇可视为质点，则“掉深”
后的0～30s 内，潜艇（ ）
A．做匀变速直线运动
B．0～10s 内的速度变化量为0
C．5s 末的速度大小为10√2m/s
D．0～30s 内的位移大小为300√2m
【解答】解：A.由于潜艇在竖直方向做变速运动，在水平方向做匀速运动，所以潜艇做曲线运
动，故A 错误；
B.因潜艇在水平方向上速度保持不变，故其速度变化量就等于竖直分速度的变化量根据。由vy
﹣t 图像可知0～10s 内竖直分速度的变化量Δvy＝20m/s，则0～10s 内的潜艇的速度变化量为
20m/s，故B 错误；
10
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C.由vy﹣t 图像可知0～10s 内的加速度大小为：a= 20
10 m/ s
2=2m/ s
2
则5s 末的竖直分速度大小为：vy＝5×2m/s＝10m/s
则5s 末潜艇的速度大小为：v =√v x
2+ v y
2 =√10
2+10
2m/ s=10√2m/ s，故C 正确；
D.根据vy﹣t 图像与时间轴围成的面积表示竖直分位移的大小，可得0～30s 内的竖直分位移大
小为：y = 1
2 ×20×30m=300m
水平分位移大小为：x＝10×30m＝300m，则0～30s 内潜艇的位移大小为：
s=√x
2+ y
2=√300
2+300
2m=300√2m
，故D 正确。
故选：CD。
[模型演练12] （多选）（2024 春•市南区校级期末）如图所示，在灭火抢救过程中，消防
队员有时要借助消防车上的梯子爬到高处进行救人或灭火作业。为了节省救援时间，消防队员
沿梯子匀速向上运动的同时消防车匀减速后退，整个运动过程中梯子与水平方向的夹角保持不
变。关于消防队员的运动，下列说法正确的是（ ）
A．消防队员做匀减速直线运动
B．消防队员做匀变速曲线运动
C．消防队员做变加速曲线运动
D．消防队员竖直方向的速度保持不变
【解答】解：水平方向有恒定加速度，消防队员沿梯子匀速向上运动，可知竖直方向也是匀速
直线运动，可知消防员的加速度和合速度方向有夹角，且加速度不变，即消防队员做匀变速曲
线运动，故AC 错误，BD 正确。
故选：BD。
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题型三 小船渡河问题
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.
[模型演练13] （2024 春•黄埔区期末）某市进行防溺水安全演练，消防员计划以一定的速
度驾驶皮艇用最短时间救援被困于礁石上的人员。如图所示，假设河中各处水流速度相等，下
列关于救援时皮艇头部指向的说法正确的是（ ）
A．应在河岸A 处沿v1方向进行救援
B．应在河岸A 处沿v2方向进行救援
C．应在河岸B 处沿v3方向进行救援
D．应在河岸B 处沿v4方向进行救援
【解答】解：若救援所用时间最短，则消防员的速度应与河岸垂直，且出发点应位于礁石上游，
故A 正确，BCD 错误；
故选：A。
[模型演练14] （2024 春•滨海新区校级月考）一只小船过河，河中水流速度各处相同且恒
定，小船的初速度大小为v0，方向垂直于河岸，小船相对于水依次做匀加速运动、匀减速运动、
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匀速运动。在河中的运动轨迹如图中虚线所示，其中虚线AB 为直线。由此可以确定（ ）
A．船沿AB 轨迹运动时，相对于水做匀加速直线运动
B．船沿AB 轨迹到达对岸前瞬间的速度最大
C．船沿AC 轨迹渡河所用的时间最短
D．船沿三条不同路径渡河的时间相同
【解答】解：A．船合速度方向与河岸方向的夹角满足
tanθ= v 船
v水
船沿AB 轨迹运动时，合速度方向不变，说明船速不变，相对于水做匀速直线运动，故A 错误；
B．由图可知，AC 轨迹的船合速度方向与河岸方向的夹角越来越大，说明船相对于水的速度增
大，则AC 轨迹是小船相对于水做匀加速的轨迹；同理可知AD 轨迹是小船相对于水做匀减速运
动的轨迹。由于到达对岸前瞬间的速度为船速与水速的合速度，显然船速越大，合速度越大，
则应该是匀加速运动时到达对岸的速度最大，故B 错误；
CD．考虑到渡河时间时仅由垂直河岸方向的速度决定，故小船相对于水做匀加速时渡河的时间
最短，即沿AC 轨迹渡河所用的时间最短，故C 正确，D 错误。
故选：C。
[模型演练15] （2024 春•市中区校级期中）某次英雄小伙子救人的过程，可用下图去描述：
落水孩童抓住绳索停在A 处，对面河岸上的小伙子从B 处沿直线匀速游到A 处，成功把人救
起。河宽和间距如图中标注，假定河水在各处的流速均为2m/s，则（ ）
A．小伙子如果面对垂直于河岸的方向游，是不可能到达A 点的
B．小伙子渡河的时间为8s
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C．小伙子在静水中游泳的速度至少应为1.2m/s，才能成功把人救起
D．只有小伙子总面对着A 处游，才可能把人救起
【解答】解：C．小伙子的运动可以看成是游泳的运动和他随水流运动的合运动，
设小伙子在静水中的游泳的速度为v1，小伙子的合运动方向是从B 到A，作出小伙子游泳时合
速度与两个分速度的关系，如图所示
当v1与合速度垂直时v1有最小值，设AB 与河岸的夹角为θ，根据几何关系有
sinθ =
12
√12
2+16
2 =0.6
解得θ＝37°
即游泳时小伙子面对的方向是与合速度方向垂直，此时最小的速度为
v1＝v 水sinθ＝2×0.6m/s＝1.2m/s
故C 正确；
A．小伙子如果面对垂直于河岸的方向游，当相对于静水的速度
v1＝v 水tan37°＝2×0.75m/s＝1.5m/s
恰好到达A 点。故A 错误；
B．只有小伙子在静水中速度垂直于河岸时，小伙子渡河的时间最小，最小的时间为
t = 16
2 s=8 s
小伙子在静水中的速度不与河岸垂直时，小伙子渡河的时间不等于8s。
故B 错误；
D．若小伙子总面对着A 处游，且速度一定时，由于两个匀速直线运动的合运动仍然为匀速直线
运动，可知，其轨迹为一条直线，根据运动的合成可知，此时其合速度方向指向A 点右侧，即
到达不了A 处，故D 错误。
故选：C。
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题型四 绳（杆）关联速度分解
1．模型特点
沿绳(或杆)方向的速度分量大小相等．
2．思路与方法
合运动→绳拉物体的实际运动速度v
分运动→
方法：v1与v2的合成遵循平行四边形定则．
3．解题的原则：
把物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和平行于绳(杆)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8 所示．
类型1 绳端关联速度的分解问题
[模型演练16] （2024 春•天河区校级期中）如图所示，套在竖直细杆上的轻环A 由跨过光
滑轻质定滑轮的不可伸长的轻绳与重物B 相连，施加外力让A 沿杆以速度v 匀速上升，从图中
M 位置上升至与定滑轮顶端O 等高的N 位置，已知AO 与竖直杆成θ 角，则（ ）
A．在M 位置处，重物B 的速度为
v
cosθ
B．A 运动到N 位置时，重物B 的速度为0
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C．重物B 下降过程中，绳对B 的拉力小于B 的重力
D．A 匀速上升过程中，重物B 加速下降
【解答】解：A、刚开始在 M 位置处，A 上升的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向的速
度，而沿绳子方向的速度大小与B 的速度相等，如图所示
重物B 的速度为vB＝vcosθ
故A 错误；
B、A 运动到N 位置时，根据vB＝vcosθ
可知θ＝90°，解得vB＝0，即此时重物B 的速度为0，故B 正确；
CD、根据A 沿绳子方向的速度大小与B 的速度大小相等v，有vB＝vcosθ
A 匀速上升时，θ 角变大，则重物B 速度减小，即减速下降，重物B 减速下降过程，加速度向上，
处于超重状态，则绳对B 的拉力大于B 的重力，故CD 错误。
故选：B。
[模型演练17] （2024 春•常州期末）如图所示，a、b 两个小球穿在一根与水平面成θ＝30°
角的光滑固定杆上，并用一细绳跨过光滑定滑轮相连。初始时两球静止，Oa 绳与杆的夹角也
为θ，Ob 绳沿竖直方向。现沿杆缓慢向上拉动b 球，至Ob 与杆垂直后静止释放，则（ ）
A．a 球质量是b 球的2 倍
B．b 球返回到初始位置时，其速度是a 球速度的√3
3
倍
C．b 球返回到初始位置时，其动能是a 球动能的√3倍
D．从释放至b 球返回到初始位置，b 球重力势能减小量小于b 球返回初始位置时的动能
【解答】解：分别对a、b 小球受力分析，如图所示
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A．根据共点力平衡条件可得T＝mbg
T
sinθ =
ma g
sin(90°+θ)
解得ma
mb
=
1
tanθ
即ma=
1
tanθ
•mb=√3mb
故A 错误；
D．b 球回到初始位置时，对b 由动能定理可得WG+WT＝Ekb﹣0
由于绳子拉力对b 球做负功WT＜0
故WG＞Ekb
即|ΔEpb|＞Ekb
故D 错误；
BC．b 球回到初始位置时，连接a、b 两个小球的绳子与杆的夹角分别为θa＝30°
θb＝60°
此时两球的动能为Eka= 1
2 ma va
2
Ekb= 1
2 mb vb
2
且vT为绳子速度，则
vT＝vacosθa＝vbcosθb
代入数据计算可得
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vb=√3 va
Ekb=√3 Eka
故B 错误，C 正确。
故选：C。
[模型演练18] （2024•沙河口区校级模拟）如图所示，轻绳一端连在水平台上的玩具小车
上、一端跨过光滑定滑轮系着皮球（轻绳延长线过球心）。小车牵引着绳使皮球沿光滑竖直墙
面从较低处上升，则在球匀速上升且未离开竖直墙面的过程中（ ）
A．玩具小车做匀速运动
B．玩具小车做减速运动
C．绳对球的拉力逐渐减小
D．球对墙的压力大小不变
【解答】解：AB、设绳与竖直方向夹角为θ，将球的速度分解为沿绳方向和垂直于绳方向如图
所示：
设小车速度为v 车，球的速度为v，小车的速度大小等于沿绳方向的分速度大小，即v 车＝vcosθ
随小球运动，θ 增大，cosθ 减小，v 不变，则v 车减小，即小车做减速运动，故A 错误，B 正确；
CD、对球受力分析，在球受到重力、拉力和支持力，球运动过程中拉力与竖直方向的夹角增大，
支持力的方向不变，画力的动态平衡图如图所示：
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由图得，绳上的拉力T 拉力逐渐增大，墙对球的支持力逐渐增大，根据牛顿第三定律得，球对
墙的压力逐渐增大，故CD 错误。
故选：B。
类型2 杆端关联速度的分解问题
[模型演练19] （2024•锦江区校级模拟）为了减小关后备箱时箱盖和车体间的冲力，在箱
盖和车体间安装液压缓冲杆，其结构如图所示。当液压杆AO2长度为L 时，AO2和水平方向夹
角为75°，AO1和水平方向夹角为45°，A 点相对于O1的速度是vA，则A 点相对于O2的角速度
为（ ）
A．√3 v A
2 L
B．v A
2 L
C．√2v A
2 L
D．√2v A
3 L
【解答】解：由几何关系可知∠O1AO2＝30°；
将vA沿着AO2杆和垂直AO2杆分解如图
由几何关系可得v⊥与vA之间的夹角是30°，且vAcos30°＝v⊥
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设A 点相对于O2的角速度为ω，则v⊥＝ωL
解得ω= √3 v A
2 L
故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
[模型演练20] （2024•德惠市校级模拟）如图所示，小球A、B 用一根长为L 的轻杆相连，
竖直放置在光滑水平地面上，小球C 挨着小球B 放置在地面上。由于微小扰动，小球A 沿光
滑的竖直墙面下滑，小球B、C 在同一竖直面内向右运动。当杆与墙面夹角为θ，小球A 和墙
面恰好分离，最后小球A 落到水平地面上。下列说法中不正确的是（ ）
A．当小球A 的机械能取最小值时，小球B 与小球C 的加速度为零
B．小球A 由静止到与墙面分离的过程中，小球B 的速度先增大后减小
C．当小球A 和墙面恰好分离时，小球B 与小球C 也恰好分离
D．当小球A 和墙面恰好分离时，A、B 两球的速率之比为tanθ：1
【解答】解：B．从静止开始到小球A 和墙面恰好分离的过程，对A、B、C 三个小球组成的系
统，由于受到竖直墙面向右的弹力，根据动量定理可得Ft＝（mB+mC）vB，
所以小球A 由静止到与墙面分离的过程中，小球B 的速度一直增大，故B 错误；
A．对A、B、C 三个小球组成的系统，机械能守恒，由B 项的分析可知，球A 和墙面恰好分离
时，小球B 与小球C 速度最大，则其加速度最小，机械能最大，则此时A 球机械能最小，
所以当小球A 的机械能取最小值时，小球B 与小球C 的加速度为零，故A 正确；
C．当小球A 与墙面分离后，水平方向动量守恒，小球A 在水平方向的速度会不断增大，B 球在
水平方向的速度会不断减小，所以在小球A 与墙面分离瞬间，小球 C 球和小球B 分离，故C 正
确；
D．当小球A 和墙面恰好分离时，两球的速度分解如图所示：
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两球的速度关联，沿杆方向的速度相等，有vAcosθ＝vBsinθ，可得：v A
vB
= tanθ
1
，故D 正确。
本题选错误的，
故选：B。
[模型演练21] （多选）（2023 秋•琼山区校级期末）甲、乙两光滑小球（均可视为质点）
用轻直杆连接，乙球处于粗糙水平地面上，甲球紧靠在粗糙的竖直墙壁上。初始时轻杆竖直，
杆长为4m。施加微小的扰动，使得乙球沿水平地面向右滑动，当乙球距离起点3m 时，下列
说法正确的是（ ）
A．甲、乙两球的速度大小之比为√7：3
B．甲、乙两球的速度大小之比为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，乙球的速度为零
【解答】解：AB、设轻杆与竖直方向夹角为θ，则甲的速度v1 在沿杆方向的分量为v1 杆＝
v1cosθ，乙的速度v2在沿杆方向的分量为v2 杆＝v2sinθ，且v1 杆＝v2 杆，当甲乙处于图示位置时，
cosθ= √7
4
，sinθ= 3
4
，解得此时甲、乙两球的速度大小之比为v1
v2
= 3√7
7
，故A 错误，B 正确；
CD、当甲球即将落地时，θ＝90°，此时甲球的速度达到最大，乙球的速度为0，故C 错误，D
正确；
故选：BD。
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