高考物理一轮复习热点题型归类训练专题07 曲线运动及其实例分析（2份，原卷版+解析版）

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TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc5144" 题型一 曲线运动的条件及轨迹分析 PAGEREF _Tc5144 \h 1
\l "_Tc1273" 类型1 基本概念的辨析与理解 PAGEREF _Tc1273 \h 1
\l "_Tc30828" 类型2 曲线运动的动力学解释 PAGEREF _Tc30828 \h 3
\l "_Tc17856" 题型二 运动的合成与分解 PAGEREF _Tc17856 \h 6
\l "_Tc14568" 类型1 合运动与分运动的关系 PAGEREF _Tc14568 \h 8
\l "_Tc6005" 类型2 两互成角度运动合运动性质的判断 PAGEREF _Tc6005 \h 9
\l "_Tc14190" 类型3 运动合成与分解思想的迁移应用 PAGEREF _Tc14190 \h 12
\l "_Tc14737" 题型三 小船渡河问题 PAGEREF _Tc14737 \h 23
\l "_Tc3629" 题型四 实际运动中的两类关联速度模型 PAGEREF _Tc3629 \h 25
\l "_Tc15293" 类型1 绳端关联速度的分解问题 PAGEREF _Tc15293 \h 30
\l "_Tc15253" 类型2 杆端关联速度的分解问题 PAGEREF _Tc15253 \h 34
题型一 曲线运动的条件及轨迹分析
【解题指导】1．条件
物体受到的合力方向与速度方向始终不共线。
2．特征
(1)运动学特征：做曲线运动的物体的速度方向时刻发生变化，即曲线运动一定为变速运动。
(2)动力学特征：做曲线运动的物体所受合力一定不为零且和速度方向始终不在同一条直线上。合力在垂直于速度方向上的分力改变物体速度的方向，合力在沿速度方向上的分力改变物体速度的大小。
(3)轨迹特征：曲线运动的轨迹始终夹在合力的方向与速度的方向之间，而且向合力的一侧弯曲。
(4)能量特征：如果物体所受的合力始终和物体的速度垂直，则合力对物体不做功，物体的动能不变；若合力不与物体的速度方向垂直，则合力对物体做功，物体的动能发生变化。
类型1 基本概念的辨析与理解
【例1】（2024·江西·一模）如图所示为射箭锦标赛的活动现场，不计空气阻力，关于箭的运动，下列说法正确的是（ ）
A．箭在空中飞行时受到向前的作用力和重力
B．箭在空中飞行的轨迹是一条向上弯曲的抛物线
C．箭在空中飞行时做变加速运动
D．箭在空中飞行的任意时间内重力冲量的方向均竖直向下
【答案】D
【分析】本题考查物体做曲线运动的条件和冲量的方向，箭在空中飞行时只受到重力作用，做匀变速曲线运动，恒力冲量方向与恒力方向始终相同。
【详解】A．忽略空气阻力，箭在空中飞行时只受到重力作用，故 A错误；
B．箭所受重力方向竖直向下，箭在空中飞行的轨迹是一条向下弯曲的抛物线，故B错误；
C．箭运动的加速度为重力加速度，所以箭在空中飞行时做匀变速曲线运动，故C错误；
D．重力为恒力，由冲量定义式可知，重力冲量方向与重力方向始终相同，故D正确。
故选D。
【变式演练1】曲线运动是生活中一种常见的运动，下列关于曲线运动的说法中正确的是（ ）
A．可能存在加速度为0的曲线运动
B．平抛运动是加速度随时间均匀变化的曲线运动
C．匀速圆周运动一定是加速度变化的曲线运动
D．圆周运动不可以分解为两个相互垂直的直线运动
【答案】C
【详解】A．根据曲线运动的特点可知，曲线运动的物体加速度不为0，故A错误；
B．平抛运动是加速度为重力加速度的匀变速曲线运动，故B错误；
C．匀速圆周运动的加速度方向不断变化，故C正确；
D．圆周运动可以分解为两个相互垂直的简谐运动，故D错误；
故选C。
【变式演练2】．关于质点做曲线运动，下列说法正确的是（ ）
A．曲线运动一定是变速运动，变速运动也一定是曲线运动
B．质点做曲线运动，其加速度有可能不变
C．质点做曲线运动的过程中，某个时刻所受合力方向与速度方向可能相同
D．有些曲线运动也可能是匀速运动
【答案】B
【详解】A．曲线运动一定是变速运动，但变速运动不一定是曲线运动，也可以是直线运动，故A错误；
B．质点做曲线运动，其加速度有可能不变，比如平抛运动的加速度为重力加速度，保持不变，故B正确；
C．质点做曲线运动的过程中，每个时刻所受合力方向与速度方向都不在同一直线上，故C错误；
D．曲线运动的速度方向时刻发生变化，不可能是匀速运动，故D错误。
故选B。
【变式3】下列几种关于运动情况的描述，说法正确的是（ ）
A．一物体受到变力作用不可能做直线运动
B．一物体受到恒力作用可能做圆周运动
C．在等量异种电荷的电场中，一带电粒子只在电场力作用下可能做匀速圆周运动
D．在匀强磁场中，一带电小球在重力和洛伦兹力作用下不可能做平抛运动
【答案】CD
【详解】A．力与运动的方向共线物体就做直线运动，A错误；
B．做圆周运动的物体需要指向圆心的向心力，是个变力，故物体受到恒力作用不可能做圆周运动，B错误；
C．等量异种电荷连线的两侧特定区域，带电粒子可做匀速圆周运动，如下图，C正确；
D．做平抛运动需要一个与初速度方向垂直的恒力作用在物体上，洛伦兹力始终与运动方向垂直，重力方向始终沿竖直方向，若物体做曲线运动，洛伦兹力为变力，重力为恒力，两者的合力为变力，故带电小球在重力和洛伦兹力作用下不可能做平抛运动，D正确。
故选CD。
类型2 曲线运动的动力学解释
曲线运动的合力、轨迹、速度之间的关系
（1）轨迹特点：轨迹在速度方向和合力方向之间，且向合力方向一侧弯曲。
（2）合力的效果：合力沿切线方向的分力F2改变速度的大小，沿径向的分力F1改变速度的方向。
①当合力方向与速度方向的夹角为锐角时，物体的速率将增大。
②当合力方向与速度方向的夹角为钝角时，物体的速率将减小。
③当合力方向与速度方向垂直时，物体的速率不变。（举例：匀速圆周运动）
【例2】（2024·河南周口·二模）扇车在我国西汉时期就已广泛被用来清选谷物。谷物从扇车上端的进谷口进入分离仓，分离仓右端有一鼓风机提供稳定气流，从而将谷物中的秕粒a（秕粒为不饱满的谷粒，质量较轻）和饱粒b分开。若所有谷粒进入分离仓时，在水平方向获得的动量相同。之后所有谷粒受到气流的水平作用力可视为相同。下图中虚线分别表示a、b谷粒的轨迹，、为相应谷粒所受的合外力。下列四幅图中可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】从力的角度看，水平方向的力相等，饱粒b的重力大于秕粒a的重力，如图所示
从运动上看，在水平方向获得的动量相同，饱粒b的水平速度小于秕粒a的水平速度，而从竖直方向上高度相同
运动时间相等
所以
综合可知B正确。
故选B。
【例3】．一质量为的滑块在水平方向恒力的作用下，在光滑的水平面上运动，如图所示为滑块在水平面上运动的一段轨迹，滑块过P、Q两点时速度大小均为，滑块在P点的速度方向与PQ连线夹角，，。则下列说法正确的是（ ）
A．水平恒力F的方向与PQ连线成53°夹角
B．滑块从P点运动到Q点的过程中速度变化量为0m/s
C．滑块从P点运动到Q点的时间为0.3s
D．滑块从P点运动到Q点的过程中动能最小值为0.16J
【答案】CD
【详解】A．滑块在水平恒力作用下由P到Q，滑块过P、Q两点时速度大小均为0.5m/s，即水平恒力做功为零，所以力应该和位移的方向垂直，且根据滑块运动轨迹可判断出其指向轨迹凹处，A错误；
B．由于滑块在P、Q两点的速度方向不同，则滑块从P点运动到Q点的过程中速度变化量不为零，B错误；
C．把滑块速度分解到垂直于PQ方向上，有
在这个方向上滑块先减速后反向加速，其运动的加速度为
运动具有对称性，则有
C正确；
D．把速度分解到PQ方向，有
滑块在这个方向上的运动为匀速运动，所以当滑块在垂直于PQ方向上的速度等于零时，此时运动的动能最小，有
D正确。
故选CD。
【变式演练1】如图所示为某一物块在恒力作用下运动的轨迹。物块运动至点时速度大小为，一段时间后物块运动至点，速度大小仍为，且相对点速度方向偏转了，下列说法正确的是（ ）
A．轨迹可能是一段圆弧B．物块速度可能先增大后减小
C．物块速度大小可能为D．在点的加速度方向与速度方向的夹角小于
【答案】D
【详解】A．由题意，物体做匀变速曲线运动，则加速度的大小与方向都不变，所以运动的轨迹是一段抛物线，不是圆弧。故A错误；
B．由题意，质点运动到b点时速度方向相对a点时的速度方向改变了90°，速度沿b点轨迹的切线方向，则知加速度方向垂直于ab的连线向下，合外力也向下，质点做匀变速曲线运动，质点由a到b过程中，合外力先做负功，后做正功，物体的速度先减小后增大，故B错误；
C．物体的加速度方向垂直于ab的连线向下，根据题意可知速度方向改变90°，则a点的速度方向与ab连线方向夹角为45°，如图所示
所以在物体运动过程中的最小速度为
故C错误；
D．物体在b点速度沿b点轨迹的切线方向，而加速度方向垂直于ab的连线向下，可知b点的加速度与速度的夹角小于90°，故D正确。
故选D。
【变式演练2】如图，一质点在恒力作用下经过时间t从a点运动到b点，速度大小由2v0变为v0，速度方向偏转60°角，则（ ）
A．质点在曲线ab间的运动是非匀变速曲线运动
B．质点在a到b运动的过程中，速度变化量方向发生改变
C．质点的加速度大小为
D．质点的加速度大小为
【答案】D
【详解】A．质点在恒力作用下从a点运动到b点，则根据牛顿第二定律可知，该质点的加速度恒定，则可知，该质点做的是匀变速的曲线运动，故A错误；
B．由于该质点做的是匀变速的曲线运动，其速度的变化量
速度变化量与加速度方向相同，而加速度恒定，则可知，速度变化量的方向不变，故B错误；
CD．做出速度变化的矢量图如图所示
根据矢量运算法则，利用三角形法则可得
则由加速度的定义式可得
故C错误，D正确。
故选D。
题型二 运动的合成与分解
【解题指导】1．基本思路
分析运动的合成与分解问题时，一般情况下按运动效果进行分解。
2．解题关键
两个方向上的分运动具有等时性，这常是处理运动分解问题的关键点。
3．注意问题
要注意分析物体在两个方向上的受力及运动情况，分别在这两个方向上列式求解。
类型1 合运动与分运动的关系
1．合运动和分运动的关系
2.运动的合成与分解的运算法则
运动的合成与分解是指描述运动的各物理量即位移、速度、加速度的合成与分解，由于它们均是矢量，故合成与分解都遵循平行四边形定则．
【例1】跳伞表演是人们普遍喜欢的观赏性体育项目，如图所示，当运动员从直升机上由静止跳下后，在下落过程中将会受到水平风力的影响，下列说法中正确的是( )
A．风力越大，运动员下落时间越长，运动员可完成更多的动作
B．风力越大，运动员着地时的竖直速度越大，有可能对运动员造成伤害
C．运动员下落时间与风力无关
D．运动员着地速度与风力无关
【答案】 C
【解析】 运动员同时参与了两个分运动，竖直方向向下落的运动和水平方向随风飘的运动，两个分运动同时发生，相互独立，水平方向的风力大小不影响竖直方向的运动，即落地时间不变，故A错误，C正确；不论风速大小，运动员竖直方向的分运动不变，则下落时间和竖直方向下落的速度不变，但水平风速越大，水平方向的速度越大，则落地的合速度越大，故B、D错误．
【变式训练】如图所示，战斗机离舰执行任务，若战斗机离开甲板时的水平分速度为40 m/s，竖直分速度为20 m/s，之后飞机在水平方向做加速度大小等于2 m/s2的匀加速直线运动，在竖直方向做加速度大小等于1 m/s2的匀加速直线运动。则离舰后( )
A.飞机的运动轨迹为曲线
B.10 s内飞机水平方向的分位移是竖直方向的分位移大小的2倍
C.10 s末飞机的速度方向与水平方向夹角为30°
D.飞机在20 s内水平方向的平均速度为50 m/s
【答案】 B
【解析】 飞机离舰后的合速度与合加速度方向一致，所以飞机运动轨迹为直线，A错误；10 s内水平方向位移x＝v0xt＋eq \f(1,2)axt2＝500 m，竖直方向位移y＝v0yt＋eq \f(1,2)ayt2＝250 m，B正确；飞机速度方向与水平方向夹角的正切tan θ＝0.5，C错误；飞机在20 s内水平方向的位移x′＝40×20 m＋eq \f(1,2)×2×202 m＝1 200 m，则平均速度为eq \(v,\s\up6(－))x＝eq \f(x′,t′)＝60 m/s，D错误。
类型2 两互成角度运动合运动性质的判断
1.运动性质的判断
加速度(或合外力)eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(不变：匀变速运动,变化：非匀变速运动))
加速度(或合外力)方向与速度方向eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(共线：直线运动,不共线：曲线运动))
2．判断两个直线运动的合运动性质，关键看合初速度方向与合加速度方向是否共线．
【例1】（2024高三·山东青岛一模）一物体在如图甲所示的xOy水平面上运动，图乙为沿x轴方向上的速度—时间图像；图丙为沿y轴方向上的位移—时间图像，图中曲线为抛物线且在原点处与t轴相切。下列说法正确的是（ ）

A．沿y方向的加速度大小为2m/s2
B．5s末，物体的加速度大小为4m/s
C．5s末，物体的速度为20m/s
D．前5s内物体的最小速度为4m/s
【答案】C
【详解】A．根据题意，沿y方向的运动为初速度为零的匀加速直线运动，则根据初速度为零的匀加速直线运动位移与时间的关系式可得
将坐标（2，8）代入可得，沿y方向的加速度大小为
故A错误；
B．根据图乙可知，物体在轴方向做匀变速直线运动，由速度—时间图像可得物体在轴方向的加速度大小为
则可得5s末，物体的加速度大小为
给B错误；
C．根据图乙可知，5s末轴方向的速度为0，而轴方向的速度为
由此可知，5s末，物体的速度为20m/s，故C正确；
D．物体的速度
可知，当时物体的速度最小，最小为
故D错误。
故选C。
【例2】（2024·辽宁·一模）如图所示，平静的湖面上一龙舟正以的速度向东行驶，另一小摩托艇正以的速度向南行驶，则此时摩托艇驾驶员看到的龙舟行驶速度的大小和方向为（ ）（，）
A．，向东行驶
B．，向北行驶
C．，向东偏北方向行驶
D．，向西偏南方向行驶
【答案】C
【详解】以摩托艇驾驶员为参照物，龙舟向东偏北方向行驶，速度大小为
m/s
夹角满足
解得
°
则此时摩托艇驾驶员看到的龙舟行驶速度的大小为50m/s，方向向东偏北方向行驶。
故选C。
【变式演练1】直升机应急救援能更快速到达作业现场，实施搜索救援工作。如图所示，救援人员利用绳索吊起伤员之后，和伤员保持相对静止，他们在竖直方向上的速度vy、水平方向上的位移x随时间t的变化图像分别如图甲、乙所示，忽略空气阻力，则在此过程中（ ）

A．伤员的重力势能不断减少
B．伤员先处于超重状态，后处于失重状态
C．绳子的拉力始终做正功
D．从地面上观察，伤员的运动轨迹为一条倾斜的直线
【答案】C
【详解】AB．由图甲可知，伤员在竖直方向先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动，故伤员先处于超重状态，后处于平衡状态，伤员在这个过程中竖直方向的位移不断增大，根据伤员的受力可知，伤员的重力势能不断增大，拉力始终做正功，AB错误，C正确；
D．由于救援人员和伤员在竖直方向上先做匀加速直线运动再做匀速运动，由图乙可知，伤员在水平方向做匀速直线运动，故根据运动的合成可知，从地面上看，伤员的运动轨迹先是一条抛物线，后为一条倾斜的直线，D错误。
故选C。
【变式演练2】汽车在水平路面上匀速行驶时车轮边缘上M点的运动轨迹如图所示，P点是该轨迹的最高点，Q点为该轨迹的最低点。M点的运动可分解为两个分运动：一个是绕车轴旋转的匀速圆周运动，一个是与车轴一起向前的匀速直线运动。下列说法正确的是（ ）

A．M点运动到P位置时的速度大于运动到Q位置时的速度
B．M点运动到P位置时的速度小于运动到Q位置时的速度
C．M点运动到P位置时的加速度大于运动到Q位置时的加速度
D．M点运动到P位置时的加速度小于运动到Q位置时的加速度
【答案】A
【详解】AB在P位置时两分运动方向相同，合速度为两速度之和，在Q位置时圆周运动速度向左，直线运动速度向右，此时合速度为两者之差，故A正确B错误
CD一个是绕车轴旋转的匀速圆周运动，一个是与车轴一起向前的匀速直线运动，匀速直线运动加速度为零，所以合加速度为匀速圆周运动的加速度，大小不变，故CD错误。
故选A。
【变式演练3】如图所示，某同学偶然发现汽车轮胎边缘的一个白色漆点，在随汽车向前匀速直线运动过程中，其运动轨迹很有特点，像一个个“桥拱”一样。汽车向前匀速运动的速度为v，轮胎边缘相对车轴做匀速圆周运动的线速度大小也为v，则漆点相对地面的最大速度是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】由运动的合成与分解可知，漆点在“桥拱”最高点时，此时随轮胎绕车轴的匀速圆周运动的线速度方向与汽车速度方向相同，漆点相对地面的速度最大，则
故选C。
类型3 运动合成与分解思想的迁移应用
【例3】如图所示，一内壁光滑、上端开口下端封闭的绝缘玻璃管竖直放置，高为h，管底有质量为m、电荷量为的小球，玻璃管以速度v沿垂直于磁场方向进入磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中。在外力作用下，玻璃管在磁场中运动速度保持不变，小球最终从上端管口飞出，在此过程中，下列说法正确的是（ ）

A．洛伦兹力对小球做正功
B．小球运动的加速度逐渐增大
C．小球机械能的增加量等于qvBh
D．玻璃管运动速度越大，小球在玻璃管中的运动时间越小
【答案】CD
【详解】A．由左手定则可知，小球受到的洛伦兹力方向与小球的运动方向垂直，即洛伦兹力不做功，故A项错误；
B．由题图可知，小球在水平方向做匀速直线运动，加速度为零。竖直方向受到重力和洛伦兹力在竖直方向分力，小球的重力其大小方向不变，而洛伦兹力在竖直方向的分力其大小方向也不变，所以小球在竖直方向的合外力不变，综上所述结合，牛顿第二定律可知，小球的加速度不变，故B项错误；
C．对小球分析，竖直方向有
小球拉开管口的竖直方向速度为
小球离开管口的合速度为
该过程中，小球重力势能的增加量为
动能的增加量为
机械能的增加量为
故C项正确；
D．小球的实际运动速度可分解为水平方向的速度v和竖直方向的速度，竖直方向的洛伦兹力不变，在竖直方向上，由牛顿第二定律有
由匀变速度直线运动公式有
整理有
玻璃管运动速度越大，小球在玻璃管中的运动时间越小，故D项正确。
故选CD。
【变式演练1】．图1是一辆正以速度v做匀速直线运动的自行车的车轮简化示意图，车轮边缘某点P（图中未画出）离水平地面高度h随自行车运动位移x的变化关系如图2所示，图中的L为已知量，则（ ）
A．该车轮的直径为L
B．该车轮的转速为（转/每秒）
C．在位置，P相对地面的速度为零
D．在位置，P相对地面的速度为
【答案】BD
【详解】A．根据题意可知，自行车运动位移L时，车轮转动一周，则
故A错误；
B．车轮转动一周用时
则转速
（转/每秒）
故B正确；
C．在位置，P在最高点，速度恰好水平，相对地面速度为2v，故C错误；
D．在位置，P处于与圆心等高处，此时其有水平方向的速度v，和竖直方向的速度v，根据平行四边形定则可知，相对地面的速度为，故D正确。
故选BD。
【变式演练2】如图所示，在A点以水平速度v0=10m/s向左抛出一个质量为m=1.0kg的小球，小球抛出后始终受到水平向右恒定风力的作用，风力大小F=10N。经过一段时间小球将到达B点，B点位于A点正下方，重力加速度为g=10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．从A到B运动过程中小球速度最小值为5m/s
B．从A到B运动过程中小球速度最小值为10m/s
C．A、B两点间的距离y=20m
D．小球水平方向的速度为零时距A点的水平距离x=10m
【答案】AC
【详解】AB．小球水平方向的加速度为
小球从A到B运动时间为
从A到B运动过程中小球速度为
当
时，从A到B运动过程中小球速度最小，最小值为
故A正确，B错误；
C．A、B两点间的距离
故C正确；
D．小球水平方向的速度为零时距A点的水平距离
故D错误。
故选AC。
【变式演练3】歼—20是我国自主研制的一款具备高隐身性、高态势感知、高机动性等能力的重型歼击机，该机将担负中国空军未来对空、海的主权维护任务。假设某次起飞时，飞机以水平速度v0飞离跑道后逐渐上升，此过程中飞机水平速度保持不变，同时受到重力和竖直向上的恒定升力（该升力由其它力的合力提供，不含重力）的作用。已知飞机质量为m，在水平方向上的位移为l时，上升高度为h，重力加速度为g，上述过程中求：
（i）飞机受到的升力大小；
（ii）在高度h处飞机的动能。
【答案】（i）mg(1+)；（ii）mv02(1+)
【详解】（i）飞机水平速度不变
l＝v0t
y方向加速度恒定
在竖直方向上，由牛顿第二定律
F−mg=ma
解得
（ii）在h处有
v2=v02+vt2
解得
【变式演练4】风洞是研究空气动力学的实验设备。如图，两水平面（虚线）之间的距离为H，其间为风洞的区域，物体进入该区间会受到水平方向的恒力，自该区域下边界的O点将质量为m的小球以一定的初速度竖直上抛，从M点离开风洞区域，小球再次从N点返回风洞区域后做直线运动，落在风洞区域的下边界P处，NP与水平方向的夹角为45°，不计空气阻力，重力加速度大小为g，求：
（1）风洞区域小球受到水平方向恒力的大小；
（2）小球运动过程中离风洞下边界OP的最大高度；
（3）OP的距离。
【答案】（1）mg；（2）；（3）
【详解】（1）因为小球做直线运动，合力方向与速度方向在同一条直线上，有
可得
（2）在最高点，小球的速度沿水平方向，设该速度为v，则小球在M、N点的水平方向速度也为v，设小球在M、N点竖直方向的速度为vy，在O点的初速度为v0，由O到M的时间为t，水平方向有
在P点，水平方向有
在竖直方向上，小球在从O点到P点做上抛运动，竖直方向上速度相等，此时速度方向与水平方向夹角为45°，可得
由N到P小球做直线运动，设在N点竖直方向速度为vy2，则有
可得
设最高点为Q点，则在竖直方向上，由Q到N，有
由N到P，有
可得
在竖直方向上，有
可得
（3）水平方向，由O到M，有
由M到N，有
由N到P，有
由（2）可知
，
联立可得
【变式演练5】如图所示，竖直面内虚线所示的两水平面之间存在大小恒定的水平风力，在该区域上方距离下边界为l的O点将质量为m的小球以一定初速度水平抛出，小球从风力区域上边界的A点进入，风力区域下边界的B点位于A点正下方。若风力沿水平向左方向，小球在重力和风力的共同作用下，从Q点离开时的速度方向恰好竖直向下，若风力沿水平向右方向，小球在重力和风力的共同作用下，恰好做直线运动，并从P点离开。竖直方向只受重力作用，且重力加速度大小为g。求：
（1）小球运动到Q点时速度的大小v；
（2）小球在风力区域中沿水平方向的位移x与x之比。
【答案】（1）；（2）1∶3
【详解】（1）小球从O到A做平抛运动，竖直方向做加速度为g的加速运动，进入虚线区域后，竖直方向的加速度仍为g不变，则运动到Q点时速度
v
（2）无论风力向左还是向右，小球在竖直方向的运动不变，则运动时间相等，设为t，设小球在水平风力作用下的加速度大小为a，进入虚线区域时的水平速度为v，则
xat2
xat2
由小球从Q点离开时的速度方向恰好竖直向下，得
v
解得
【变式演练6】一根L=1.5m的滑轨AB固定在竖直平面内，滑轨上表面光滑、下表面粗糙，且与竖直方向夹角θ=37°，如图所示。t=0时一个套在滑轨上m=1.2kg的小球在F=16N的水平向左的恒力作用下从滑轨顶端A点由静止开始下滑。t=0.4s时，将恒力F改为水平向右，此后一直保持不变。小球与滑轨下表面的动摩擦因数μ=0.75，g取10m/s2，不计空气阻力，sin37°=0.6，cs37°=0.8.
（1）求0~0.4s内小球加速度的大小；
（2）求小球滑至B点时的速度，以及滑轨对小球的弹力大小；
（3）小球从B点滑出后，在重力和F的共同作用下，又经过0.3s后掉落至水平地面，计算小球到达地面时的动能。

【答案】（1）12.5m/s2；（2）5m/s，20N；（3）30J
【详解】（1）0~0.4s内对小球受力分析如图所示，根据
杆对小球的弹力N垂直于滑轨向下即小球和滑轨的下表面接触，故小球会受摩擦力。 于是有
可解得
（2） 0.4s小球沿杆下滑的位移为
解法一： t = 0.4s时，小球的速度大小为v1，有
t = 0.4s以后，F改为水平向右，小球受力分析如图所示，滑轨对小球的弹力N垂直于滑轨向上，即小球和滑轨的下表面接触，故小球不受摩擦力。
可解得
因为
故小球将在滑轨上做匀速直线运动。
小球滑至B点时的速度
解法二：t = 0.4s时，小球的速度大小为v1，有
将F与mg合成，合力方向恰好垂直于滑轨

故小球匀速下滑，有
小球滑至B点时的速度

（3） 解法一：小球滑出轨道后，由于消失，的大小方向恒定不变，故小球做初速度为v2的类平抛运动，在垂直于v2的方向上可得
由动能定理，可得
联立可解得
解法二： 由运动的独立性可知，小球滑出轨道后竖直方向和水平方向分别做匀变速直线运动
竖直方向
水平方向
故落地时的动能
解得
题型三 小船渡河问题
【解题指导】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：船在静水中的速度v船、水的流速v水、船的实际速度v.
3．两种渡河方式
【例1】(多选)小明、小美、园园和小红去划船，碰到一条宽90 m的小河，他们在静水中划船的速度为3 m/s，现在他们观察到河水的流速为5 m/s，关于渡河的运动，他们有各自的看法，其中正确的是( )
A.小红说：要想到达正对岸就得船头正对河岸划船
B.小美说：不论怎样调整船头方向都不能垂直到达正对岸
C.小明说：渡过这条河的最短距离是150 m
D.园园说：以最短位移渡河时，需要用时30 s
【思维建构】
【动态图解法】
类比于只有一个力方向发生变化的动态平衡问题，可应用动态矢量三角形解决问题。
1.固定水速矢量箭头不动，将船速矢量箭头绕水速矢量箭头的末端转动，如图所示，则船速矢量箭头的末端在一个圆周上移动，根据三角形定则，合速度矢量的末端也就在这个圆周上移动。
2.当合速度v⊥v船时，合速度v与河岸夹角最大，位移最小。
【答案】 BC
【规范分析】
如图(1)所示，船头正对对岸划船，合速度方向倾斜，无法到达正对岸，选项A错误；如图(2)若要垂直到达正对岸，需要满足v船 >v水，该题中v水 >v船，所以不论怎样调整船头方向都不能垂直到达正对岸，选项B正确；如图(3)所示，当v⊥v船时，合速度v与河岸夹角最大，位移最小。根据三角形相似eq \f(d,s)＝eq \f(v船,v水)，解得
s＝150 m，选项C正确；以最短位移渡河时，所需时间t＝eq \f(s,\r(veq \\al(2,水)－veq \\al(2,船)))＝37.5 s，选项D错误。
【方法感悟】
所有矢量运算都满足平行四边形定则和三角形定则。当碰到一个矢量大小方向不变，另一个矢量要么大小不变，要么方向不变，求解第三个矢量时，我们就可以大胆尝试用这种动态图解法画图，往往垂直“出”最小。
【变式演练1】如图所示，消防员正在宽度为d=100m，河水流速为 的河流中进行水上救援演练，可视为质点的冲锋舟距离下游危险区的距离为x=75m，其在静水中的速度为v2，则（ ）
A．若冲锋舟以在静水中的初速度为零，船头垂直于岸的加速度为a=0.9m/s²匀加速冲向对岸，则能安全到达对岸
B．为了使冲锋舟能安全到达河对岸，冲锋舟在静水中的速度v2不得小于3m/s
C．若冲锋舟船头与河岸夹角为30°斜向上游且以速度 匀速航行，则恰能到达正对岸
D．冲锋舟匀速航行恰能安全到达对岸所用的时间t=25s
【答案】A
【详解】A．冲锋舟的运动分解为沿船头与沿水流两个方向，有
解得
沿水流方向的位移为
能安全到达对岸。故A正确；
BD．冲锋舟沿OP方向匀速航行恰能安全到达对岸，如图所示
设冲锋舟的合速度与水流速度夹角为，则冲锋舟在静水中的速度至少应为
由几何知识，可得
联立，解得
由图可知
冲锋舟以最小速度匀速航行恰能安全到达对岸所用的时间为
故BD错误；
C．若冲锋舟船头与河岸夹角为30°斜向上游且以速度 匀速航行，则有
可知冲锋舟的合速度不指向正对岸，所以不能到达正对岸。故C错误。
故选A。
【变式演练2】．（2024·辽宁·模拟预测）解放军某部在某次登岛演习过程中，要渡过一条宽度为d的小河。现有甲、乙两个战斗小组分别乘两只小船渡河，船头朝向如图所示，渡河时两小船船头与河岸夹角都是θ角，两船在静水中的速率都为v，水流速率为v0，此时甲船恰好能到小河正对岸的A点，则（ ）
A．甲船渡河时间为
B．乙船比甲船更早到达对岸
C．靠岸时两船间距增大了
D．如果河水流速增大，甲船不改变船头方向也能到达A点
【答案】C
【详解】AB．将小船的运动分解为平行于河岸和垂直于河岸两个方向，根据分运动和合运动具有等时性，可知甲、乙两船到达对岸的时间均为
故两船同时到达对岸，故AB错误；
C．靠岸时两船间距增大了
故C正确；
D．水流速率为v0，此时甲船恰好能到小河正对岸的A点，则
故如果河水流速增大，要使甲船到达A点，小船船头与河岸夹角应减小，故D错误。
故选C。
【变式演练3】如图所示，一条小河的水流速度恒为，两岸之间的距离为d，一条小船从河岸的A点开始运动，船头的指向与水流速度之间的夹角为，船在静水中的速度大小也恒为，经过一段时间小船正好到达河对岸的B点，下列说法正确的是（ ）
A．小船渡河的实际速度为B．A、B两点间的距离为
C．小船渡河的时间为D．小船被冲向下游的距离为d
【答案】C
【详解】A.由题意分析可得，船在静水中的速度与水流速度之间的夹角为，根据矢量合成的平行四边形法则，小船渡河的实际速度也为，与水流速度的夹角为，故A错误；
B.小船渡河的实际速度沿AB两点的连线，则AB两点的连线与水流速度的夹角为，由几何关系可得
故B错误；
C.小船渡河的时间为
故C正确；
D.由几何关系可得小船被冲向下游的距离为
故D错误。
故选C。
【变式演练4】左图是救援船水上渡河演练的场景，假设船头始终垂直河岸，船的速度大小恒定，右图中虚线是救援船渡河的轨迹示意图，其中点是出发点，点位于点的正对岸，段是直线，段是曲线，下列说法正确的是（ ）
A．船以该种方式渡河位移最短
B．船以该种方式渡河时间最长
C．段中水流速度不断增大
D．段中水流速度不断减小
【答案】D
【详解】AB．若船头垂直河岸方向渡河，则渡河时间最短，渡河位移不是最短，故AB错误；
CD．若保持船头垂直于河岸，则在垂直于河岸方向上的速度不变，根据等时性可知水平分运动的时间跟竖直分运动的时间相等，段中相等的时间水平方向运动的位移相同，因此水流速度不变，段中相等的时间水平方向运动的位移变短，因此水流速度不断减小，故C错误，D正确。
故选D。
题型四 实际运动中的两类关联速度模型
【解题指导】关联速度问题一般是指物拉绳(或杆)和绳(或杆)拉物问题。高中阶段研究的绳都是不可伸长的，杆都是不可伸长且不可压缩的，即绳或杆的长度不会改变。绳、杆等连接的两个物体在运动过程中，其速度通常是不一样的，但两个物体沿绳或杆方向的速度大小相等，我们称之为关联速度。
1.解决关联速度问题的一般步骤
第一步：先确定合运动，即物体的实际运动。
第二步：确定合运动的两个实际作用效果，一是沿绳(或杆)方向的平动效果，改变速度的大小；二是沿垂直于绳(或杆)方向的转动效果，改变速度的方向。即将实际速度正交分解为垂直于绳(或杆)和平行于绳(或杆)方向的两个分量并作出运动矢量图。
第三步：根据沿绳(或杆)方向的速度相等列方程求解。
2.常见的两种模型分析
(1)绳牵联模型
单个物体的绳子末端速度分解：如图甲所示，v⊥一定要正交分解在垂直于绳子方向，这样v∥的大小就是拉绳的速率，注意切勿将绳子速度分解。

甲 乙
两个物体的绳子末端速度分解：如图乙所示两个物体的速度都需要正交分解，其中两个物体的速度沿着绳子方向的分速度是相等的，即vA∥＝vB∥。
如图丙所示，将圆环的速度分解成沿绳方向和垂直于绳方向的分速度，B的速度与A沿绳方向的分速度相等，即vA∥＝vB∥。

丙 丁
(2)杆牵联模型
如图丁所示，将杆连接的两个物体的速度沿杆和垂直于杆的方向正交分解，则两个物体沿杆方向的分速度大小相等，即vA∥＝vB∥。
3.绳(杆)端关联速度分解问题的常考模型
类型1 绳端关联速度的分解问题
【例1】如图所示，在粗糙水平地面上有一质量为M的物块，物块固连一轻质滑轮，并用轻绳按如图所示方式拉着物块运动，拉力恒为F，物块与地面间的动摩擦因数为，当物块运动到轻绳之间的夹角为时，物块的速度为，则此时（ ）
A．物块的加速度为
B．物块的加速度为
C．拉绳子的速度为
D．拉绳子的速度为
【答案】BC
【详解】
AB．如图1所示，由受力分析得物块的加速度为
故A错误，B正确；
CD．如图2所示，假设经过足够小的时间，则滑轮运动过的距离为，此时，在原来的绳子上取AB段与现在绳子长度相同，其余部分则为绳子收缩掉的长度，由于时间很小，故
则收缩掉的绳子长度
故有
即
或如图3所示，将滑轮的速度y分解为沿绳方向，则拉绳子的速度是滑轮两侧绳子运动速度之和，即
故C正确，D错误。
故选BC。
【变式演练1】如图所示，倾角θ=60°的固定木板上端有一轻小定滑轮B，绕过滑轮的轻绳一端与大球相连，另一端与物块相连。现让大球从球心O与B等高处释放，大球沿木板下滑过程中B左侧轻绳的延长线始终经过大球球心O，当B左侧轻绳与水平方向夹角α=30°时，大球、物块的速度大小分别为v1、v2，则（ ）
A．v1=v2B．v1=v2C．v2=v1D．v2=v1
【答案】D
【详解】将大球的速度沿轻绳方向和与轻绳垂直方向进行分解，如图：
由几何关系得
β=θ–α=30°
则物块的速度大小
v2=v1csβ=v1
故选D。
如图所示，一轻绳通过无摩擦的小定滑轮O与拖车相连，另一端与河中的小船连接，定滑轮与拖车之间的连绳保持水平，小船与拖车的运动在同一竖直平面内，拖车沿平直路面水平向右运动带动小船，使小船以速度v沿水面向右匀速运动，若船在水面上运动受到的阻力保持不变．则在上述运动过程中（ ）
A．当拉船的轻绳与水平面的夹角为时，拖车运动的速度为
B．小船受到绳的拉力不断减小
C．小船受到绳的拉力的功率不断增大
D．拖车的动能不断减小
【答案】D
【详解】AD．船的速度沿绳方向的分数与拖车速度相等，拖车运动的速度为
增大时，拖车速度减小，拖车动能减小，A错误，D正确；
B．由平衡条件
可知，增大时，绳拉力增大，B错误；
C．小船做匀速运动，受到绳的拉力的功率等于克服阻力做功的功率，保持不变，C错误。
故选D。
【变式演练2】如图所示，有两条位于同一竖直平面内的水平轨道，轨道上有两个物体A和B，它们通过一根绕过定滑轮的不可伸长的轻绳相连接，物体A以速率匀速向右运动，在绳与轨道成30°角时，物体B的速度大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】将B的速度分解，如图所示
则有
，
解得
故选B。
【变式演练3】一根细绳通过定滑轮且两端分别系着A和B两个物体，如图所示，物体A在外力作用下，向左以匀速运动，当连A的绳子与水平方向成角，连B的绳子与水平方向成角，B物体的速度为，则（ ）
A．A物体的速度与B物体的速度的大小相等
B．A物体的速度与B物体的速度的大小关系满足
C．此后B物体以速度做匀速运动
D．此后B物体的速度越来越大，所以做加速运动
【答案】BD
【详解】AB．将A、B两物体的速度分解到沿绳方向和垂直绳方向，两物体沿绳方向分速度大小相等，则有
A错误，B正确；
CD．由可得
不变，A向左运动过程，减小，增大，则增大，B做加速运动，C错误，D正确。
故选BD。
类型2 杆端关联速度的分解问题
【例1】(多选)（2024·重庆·模拟预测）如图所示，O点为足够长的光滑水平面与光滑竖直墙面的交点，长为3l的轻直刚性杆两端分别用光滑铰链连接一可视为质点且完全相同的小球甲和乙。现让小球乙静止于O点，使小球甲从墙面上距水平面高度为3l的a点由静止开始无初速度下滑，已知墙面上沿竖直方向的各点间距，重力加速度为g，不计空气阻力，则在小球甲从a点运动到O点过程中（ ）
A．小球甲的最大速度为
B．小球甲的最大速度为
C．小球甲运动到b点时，小球乙的最大速度为
D．小球甲运动到c点时，小球乙的最大速度为
【答案】AC
【详解】A B．由分析知，当小球甲运动到O点时，小球乙的速度为零，此时小球甲的速度最大，设其最大速度为，有
解得
故A正确， B错误；
C D．设小球乙的最大速度为时，对应的小球甲的速度大小为，杆与竖直方向的夹角为θ，对小球甲、乙组成的系统，由机械能守恒定律可得
又
联立解得
求导可得，当
时，即小球甲运动到b点时，有最大值且
故C正确， D错误。
故选AC。
【变式演练1】在光滑的水平面内建立如图所示的直角坐标系，长为L的光滑轻质硬细杆AB的两个端点分别被约束在x轴和y轴上，现让杆的A端沿x轴正方向以速度v0匀速运动，已知P点为杆的中点，某时刻杆AB与x轴的夹角为θ.下列说法正确的是( )
A．此时，杆B端的速度大小为eq \f(v0,tan θ)
B．此时，杆B端的速度大小为v0tan θ
C．P点的运动轨迹是圆的一部分
D．此时，P点的运动速度大小为eq \f(v0,2sin θ)
【答案】 ACD
【解析】 如图甲，根据运动的合成与分解，结合矢量合成法则及三角函数，
则有vBsin θ＝v0cs θ，得vB＝eq \f(v0,tan θ)，故A正确，B错误；设P点坐标为(x，y)，则A、B点的坐标分别为(2x,0)，(0,2y)，AB长度一定，设为L，根据勾股定理，则有(2x)2＋(2y)2＝L2，解得x2＋y2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,2)))2，因此P点的运动轨迹是圆的一部分，半径为eq \f(L,2)，故C正确；画出P点的运动轨迹，如图乙，速度v与杆的夹角α＝2θ－90°，
由于杆不可以伸长，故P点的速度沿着杆方向的分速度与A点速度沿着杆方向的分速度相等，则vcs α＝v0cs θ，即vcs (2θ－90°)＝v0cs θ，得v＝eq \f(v0,2sin θ)，故D正确．
【变式演练2】如图所示，光滑杆1、2分别水平、竖直固定放置，交点为O，质量 M=2.25 kg的物块甲套在竖直杆2上，质量 m=1kg的物块乙套在水平杆1上，甲、乙（均视为质点）用长度L=5m 的轻杆3连接，当轻杆3与水平杆1的夹角为53°时，甲由静止开始释放，重力加速度 g 取 10m/s2，sin53°=0.8，cs 53°=0.6，下列说法正确的是（ ）

A．当轻杆3与竖直杆2的夹角为53°时，甲与O的距离为
B．甲从静止释放到轻杆 3与竖直杆2的夹角为53°时，系统的重力势能的减小量为 22.5 J
C．当轻杆 3与竖直杆2的夹角为53°时，乙的速度为 3m/s
D．甲从静止释放到轻杆3与水平杆1平行时，甲的机械能先减小后增大
【答案】BCD
【详解】A．当轻杆3与竖直杆2的夹角为53°时甲与O的距离为
故A错误；
B．甲从静止释放到轻杆 3与竖直杆1的夹角为53°时，甲与O的距离为
可得重力势能减少量为
解得
故B正确；
C．当轻杆 3与竖直杆2的夹角为53°时，设甲乙速度分别为，根据两球沿杆方向的分速度相等有
由系统机械能守恒可得
解得
故C正确；
D． 甲乙组成的系统机械能守恒，乙的速度先增加后减小，即乙的机械能先增加后减小，则甲的机械能先减小后增加，故D正确。
故选BCD。
【变式演练3】如图所示，滑块A、B的质量均为m，A套在固定倾斜直杆上，倾斜杆与水平面成角，B套在固定水平的直杆上，两杆分离不接触，两直杆间的距离忽略不计，且杆足够长，A、B通过铰链用长度为L的刚性轻杆（初始时轻杆与水平面成角）连接，A、B从静止释放，B开始沿水平面向右运动，不计一切摩擦，滑块A、B均视为质点，在运动的过程中，下列说法正确的是（ ）

A．当A到达与B同一水平面时
B．当A到达与B同一水平面时，B的速度为
C．B滑块到达最右端时，A的速度为
D．B滑块最大动能为
【答案】BD
【详解】A．当A到达B所在水平面时，由运动的合成与分解有
vAcs 45°=vB
解得
选项A错误；
B．从开始到A到达B所在的水平面的过程中，A、B两滑块组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律有
解得
选项B正确；
C．滑块B到达最右端时，此时轻杆与倾斜直杆垂直，则此时滑块B的速度为零，由机械能守恒可得
解得
选项C错误；
D．由题意可知，当轻杆与水平直杆垂直时B的速度最大，此时A的速度为零，由系统机械能守恒可得
mgL（1+sin 30°）=EkB
解得
选项D正确。
故选BD。
【变式演练4】如图所示，一根长为l的轻杆OA、O端用铰链固定，另一端固定着一个小球A，轻杆靠在一个高为h的物块上。不计摩擦，则当物块以速度v向右运动至轻杆与水平面的夹角为时，物块与轻杆的接触点为B，下列说法正确的是（ ）
A．小球A的线速度大小为
B．轻杆转动的角速度为
C．小球A的线速度大小为
D．轻杆转动的角速度为
【答案】C
【详解】AC．物块的速度v在垂直于杆方向的分速度等于B点的线速度，即

根据
可知

联立以上两式解得

故A错误，C正确；
BD．轻杆转动的角速度为
故BD错误。
故选C。
【变式演练5】如图所示，长为l的轻杆，一端固定一个质量为m的小球，另一端有固定转动轴O，杆可在竖直面内绕转动轴O无摩擦转动；质量为m的物块放置在光滑水平面上，开始时，使小球靠在物块的光滑侧面上，轻杆与水平面夹角45°，用手控制物块静止，然后释放物块，在之后球与物块运动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．球与物块分离前，杆上的弹力逐渐增大
B．球与物块分离前，球与物块的速度相等
C．球与物块分离前，物块的速度先增大后减小
D．球与物块分离时，球的加速度等于重力加速度
【答案】D
【详解】AD．对小球和物块整体受力分析，受重力，杆的弹力F，地面的支持力FN，如图1所示，
在水平方向由牛顿第二定律得
分离后物块的加速度为零，可知在球与物块分离前，物块的加速度逐渐减小，而小球水平方向的分加速度与物块的加速度相等，所以物块的水平方向分加速度逐渐减小，而逐渐增大，所以弹力逐渐减小，当恰好分离时，水平加速度为零，弹力为零，球只受重力，加速度等于重力加速度g，故A错误，D正确；
B．设球的速度为v，球与物块分离前，物块与球的水平速度相等，球的速度与杆垂直向下，如图2所示，
将球的速度分解为水平方向和竖直方向两个分速度，由图可知，球的速度大于物块的速度，故B错误；
C．由于地面光滑，杆对物块的弹力始终向左，物块的加速度始终向左，所以物块一直加速，故C错误。
故选D。
等时性
各分运动经历的时间与合运动经历的时间相等
独立性
一个物体同时参与几个分运动，各分运动独立进行，不受其他分运动的影响
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
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
方式
图示
说明
渡河时间最短
当船头垂直河岸时，渡河时间最短，最短时间tmin＝eq \f(d,v船)
渡河位移最短
当v水＜v船时，如果满足v水－v船cs θ＝0，渡河位移最短，xmin＝d
渡河位
移最短
当v水＞v船时，如果船头方向(即v船方向)与合速度方向垂直，渡河位移最短，最短渡河位移为xmin＝eq \f(dv水,v船)
情景图示
(注：A沿斜
面下滑)
分解图示
定量结论
vB＝vAcs θ
vAcs θ＝v0
vAcs α＝
vBcs β
vBsin α＝
vAcs α
基本思路
确定合速度(物体实际运动)→分析运动规律→确定分速度方向→平行四边形定则求解