第3天+抛体运动+讲义-2024届高考物理考前15天满分计划

第3天抛体运动

0知识必备

一、运动的合成与分解

i.基本概念

(1)运动的合成：已知分运动求合运动.

(2)运动的分解：已知合运动求分运动.

2.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.

3.运动分解的原则

根据运动的实际效果分解,也可采用正交分解法.

4.合运动与分运动的关系

合运动与分运动、分运动与分运动经历的蛔相等，即同时开始、同时进行、

等时性

同时停止

各分运动相互独立，不受其他运动的影响.各分运动共同决定合运动的性质

独立性

和轨迹

等效性各分运动叠加起来与合运动有完全相同的建

二、平抛运动

1.平抛运动问题的求解方法

已知

情景示例解题策略

条件

已知从斜面外平抛，垂直落在斜面上，如图分解速度

八VOV0

速度所示，己知速度的方向垂直于斜面.tan0=~~=~

v.v0

方向

从圆弧形轨道外平抛，恰好无碰撞地进

入圆弧形轨道，如图所示，已知速度方

分解速度

向沿该点圆弧的切线方向.

tan9八=口_’=把

\源VOV0

从斜面上平•抛又落到斜面上，如图所

分解位移

示，已知位移的方向沿斜面向下.

y家更

tan〃=上=--=f-

已知xvof2vo

777

位移在斜面外平抛，落在斜面上位移最小，

方向如图所示，已知位移方向垂直斜面.分解位移

xvot2Vo

厂家一g’

2.平抛运动的两个推论

(1)设做平抛运动的物体在任意时刻的速度方向与水平方向的夹角为仇位移方向与水平

方向的夹角为9，则有tan8=2tan9，如图甲所示.

(2)做平抛运动的物体任意时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，

如图乙所示.

三、斜抛运动

1.定义：将物体以初速度⑶斜向上方或斜向下方抛出，物体只在重力作用下的运动.

2.性质：斜抛运动是加速度为g的匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线.

3.研究方法：运动的合成与分解

（1）水平方向：匀速直线运动；

（2）竖直方向：匀变速直线运动.

4.基本规律

以斜抛运动的抛出点为坐标原点。，水平向右为x轴的正方向，竖直向上为,，轴的正方

向，建立如图所示的平面直加坐标系X。），.

y

人：、

o垢Xr

初速度可以分解为vox=vocosavo.y=vosin0.

在水平方向，物体的位移和速度分别为

X=lW=（vocos

V.v=V0.v=vocos6®

在竖直方向，物体的位移和速度分别为

2

y=voyr—^r=（vosin0”一③

岭一助一gLiQsinO—gt®

0易错易混

1.合运动和分运动的关系

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有完全相同的效果

2.合运动的性质判断

m加速度（或合外力）'变化：变加速运动

.不变：匀变速运动

\（共线：直线运动

加速度（或合外力）与速度方向（不共线：曲线运动

/真题回顾

1.（2023•乙卷）小车在水平地面上沿轨道从左向右运动，动能一直增加。如果用带箭

头的线段表示小车在轨道上相应位置处所受合力，下列四幅图可能正确的是（）

2.（2023•湖南）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的初速度分别为匕和岭，其中“方向水

平，为方向斜向上。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（

)

图（a）图（b）

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H

C.两谷粒从O到0的运动时间相等

D.两谷粒从O到。的平均速度相等

3.（2024•浙江）如图所示，小明取山泉水时发现水平细水管到水平地面的距离为水桶

高的两倍，在地面上平移水桶，水恰好从桶口中心无阻挡地落到桶底边沿A。已知桶高

为力,直径为。，则水离开出水口的速度大小为（）

（V2+I）D^7

B-7C口•3+皿珠

4.（2023•新课标）将扁平的石子向水面快速抛出，石子可能会在水面上一跳一跳地飞

向远方，俗称“打水漂”。要使石子从水面跳起产生“水漂”效果，石子接触水面时的

速度方向与水面的夹角不能大于，.为了观察到“水漂”，一同学将一石子从距水面高

度为力处水平抛出，抛出速度的最小值为多少？（不计石子在空中飞行时的空气阻力，

重力加速度大小为g）

5.（2022•北京）体育课上，甲同学在距离地面高匕=2.5〃?处将排球击出，球的初速度沿

水平方向，大小为%=8.0〃〃$;乙同学在离地4=0.7m处将排球垫起，垫起前后球的速

度大小相等，方向相反。己知排球质量利=0.3依，取重力加速度g=10〃?/s2。不计空气

阻力。求：

（1）排球被垫起前在水平方向飞行的距离工；

（2）排球被垫起前瞬间的速度大小v及方向；

（3）排球与乙同学作用过程中所受冲量的大小/。

区域模拟

1.（2024•辽宁二模）如图所示，倾角为37。的斜面体固定在水平面上，小球A在斜面底

端正上方以速度匕向右水三抛出，同时，小球8在斜面顶端以速度为向左水平推出，两

球抛出点在同一水平线上，结果两球恰好落在斜面上的同一点，且A球落到斜面上时速

度刚好与斜面垂直，不计小球的大小，sin37°=0.6,cos37°=0.8o则匕：匕等于（）

A.4:3B.5:4C.8:7D.9:8

2.（2024•宝鸡一模）如图所示，倾角为夕的斜面上有A、B、C三点,现从这三点分别

以不同的初速度同时水平抛出一小球，不计空气阻力，三个小球均落在斜面上的。点,

测得43:4（7:8=5:3:1,由此可判断（

A.三个小球做平抛运动的时间之比为1:2:3

B.三个小球落在斜面上时速度方向相同

C.三个小球的初速度大小之比为1:2:3

D.三个小球的运动轨迹可能在空中相交

3.（2024•白云区校级模拟）如图所示，一小球从O点水平抛出后的轨迹途经A、B两

点，已知小球经从。到A的时间和从A到4的时间都等于0.5s,水平距离都是7.5帆，取

重力加速度大小g=10〃?/s2,不计空气阻力，卜列说法止确的是（）

A.小球做平抛运动的初速度大小为10〃〃s

B.O、4两点间的竖直高度为1.25〃?

C.小球在A点的速度大小为15〃?/s

D.小球在4点的速度大小为35/〃/s

4.（2024•济南模拟）如图所示，某次足球比赛中，运动员用头将足球从离地面高度为2〃

处的O点斜向下顶出，足球从地面尸点弹起后水平经过距离地面高度为2/?的Q点。已知

2点到O点和Q点的水平也离分别为s和2s,足球触地弹起前后水平速度小变。重力加

速度为g,忽略空气阻力，则足球从O点顶出时的速度大小为（）

Bk(9./+4//)

,V2h

1k(4?+9/r)D.J”八川)

2v/T2h

5.（2024•包头一模）如图，一小球（可视为质点）先后以不同的速率沿着斜面上滑从A

处飞出，分别落在水平地面上的3、。处，小球从A运动到8、。的时间分别为%和左，

小球落在8、。处瞬时速度与水平面的夹角分别为%和外,下列说法正确的是（）

A.Olf>0cB.th<tct0/{<0cC.tB>tc>0n<0cD.tB<tcf

6.（2024•温州二模）如图所示，A、8两位同学从同一高度分别抛出沙包1和2,两沙

包抛出的初速度大小均为％,方向与水平方向的夹角分别为a、4，旦q>a，两沙包

抛出后在空中的运动轨迹分别如图中I和n所示。两位同学均能在各自的抛出点接住对

方抛来的沙包，不计空气阻力，下列说法正确的是（）

I

A.两抛出点之间的距离为止鸣

g

B.沙包1和2在空中运动时间之比为Ian。？

C.沙包1和2运动过程中最小速度之比为lanq

D.沙包1和2运动过程中离地的最大高度之比为tan2a

7.（2023•山东模拟）如图所示，在水平地面上将一可看作质点的小球斜向右上抛出，

初速度与地面的夹角为60%小球运动过程中距地面的最大高度为L,不计空气阻力，

重力加速度为月。

（1）求小球出发点到落地点间的距离；

（2）若在紧靠小球出发点的位置固定一点光源，在抛出点右侧垂直于纸面和地面竖直

固定一足够大的光屏，光屏到抛出点的距离为心证明小球与地面或光屏碰撞前，其影

子在光屏上的运动为匀速直线运动，并计算得出影子运动的速度大小。

8.（2024•聊城模拟）如图所示，正方体框架"CO-4BCR的底面AgCQ处于水平地

面上。从顶点A沿不同方向水平抛出小球（可视为质点），不计空气阻力。关于小球的

运动，下列说法正确的是（）

A.落点在棱打4上的小球，落在用点时平抛的初速度最大

B.落点在面ABCR内的小球，落在G点的运动时间最长

C.落点在三角形8C。内的小球，平抛初速度的最小值与最大值之比是1:2

D.落点在线片已上的小球，落地时重力的瞬时功率均不相同

9.（2022•西城区校级三模）北京2022年冬奥会，我国选手在单板滑雪U形池匕赛中取

得了较好的成绩。比赛场地可以简化为如图所示的模型：U形滑道由两个半径相同的四

分之一圆柱面轨道和中央平面直轨道连接而成，轨道倾角为18。。某次比赛中，质量

〃?=50依的运动员自A点以的速度进入U形池，经过多次腾空跳跃，以

%=10，〃/s的速度从轨道边缘上的M点沿轨道的竖直切面A3CD滑出轨道，速度方向与

轨道边缘线4）的夹角4=72。，腾空后乂沿轨道边缘的N点进入轨道。运动员可视为质

点，不计空气阻力。取重力加速度g=10机//。sin72°=0.95,cos72°=0.3lo

（1）若A、M两点间的距离/=20/〃，求运动员从A到M的过程中，除重力外其它力做

的功W。

（2）运动员自M点跃起后，在例到N的过程中做匀变速曲线运动。对于这种较为复杂

的曲线运动，同学们可以类比平抛运动的处理方法，将之分解为两个方向的直线运动来

处理。求：

在运动员从M点运动到N点的过程中，运动员从时点运动到距离AD最远处所用的时

间/；

5运动员落回到N点时，速度方向与4）夹角的正切值tan/7（结果保留三位有效数字）。

10.（2023•上饶模拟）如图所示，在水平地面上固定一倾角6=53。、表面光滑的斜面体，

物体4以％=8〃〃$的初速度沿斜面上滑，同时在物体A的正上方，有一物体4以某一初

速度水平抛出。当A上滑到最高点时恰好被物体〃击中，4、〃均可看作质点，取

sin53O=0.8,cos53°=0.6,重力加速度大小g=10〃”/,求:

(1)物体8被抛出时的初速度吃晨

(2)物体4、8间初始位置的高度差”。

/考前押题

1.如图所示，把一小球从斜面上先后以相同大小的速度抛出，一次水平抛出，另一次

抛出的速度方向与斜面垂宜，两小球最终都落到斜面上，水平抛出与垂直斜面抛出落点

到抛出点的距离之比为()

A.1:2B.2:1C.1:1D.1:3

2.如图所示，将半径为R的圆环固定在竖直平面内，O为圆环的圆心，为过圆环顶

端的一条直径，现将小球以初速度-从8点正上方R处的A点沿水平方向抛出，小球落

到圆环上的力点，48=37。；若将小球以初速度匕从4点沿相同的方向抛出时，小球

的运动轨迹恰好与圆环相切而37。=0.6,cos37°=0.8,2-6=0.3,忽略空气阻力，所有

的平抛轨迹与圆环在同一竖直平面内，则上为()

A,v

3.2022年冬奥会即将在北京召开。如图所示是简化后的跳台滑雪的雪道示意图，运动

员从助滑雪道钻上由静止开始滑下，到达C点后水平飞出，落到滑道上的。点，石是

运动轨迹上的某一点，在该点运动员的速度方向与轨道CZ）平行，设运动员从。到后与

从七到。的运动时间分别为仆小EF垂直8,则有关离开C点后的飞行过程（）

A.一定有a=G，且C/:m=1:3

B.若运动员离开C点的速度加倍，则落在斜面上的速度方向夹角变大

C.若运动员离开C点的速度加倍，则落在斜面上的速度方向不变

D.若运动员离开C点的速度加倍，则落在斜面上的距离增加相同的倍数

4.寒假期间，某同学利用家里的楼梯间设计了一个小实验来完成实践作业。在楼梯口，

他用弹射器向第一级台阶弹射小球，弹射器出口固定于桌面边缘，楼梯平层的转弯点为

如图所示。台阶高为八宽为八Q为第一级台阶的最右侧点，P是第一级台阶的

中点。弹射器沿水平方向弹射小球，小球被弹出时与A的水平距离也为〃。某次弹射时。

小球击中。而恰好没有擦到A,当地的重力加速度为g,小球可看作质点。

1妙颜国

a

]??

；，—4

（1）求小球弹出时距A的高度；

（2）若弹射器高度和初速度可调，为了使小球恰好没有擦到A能击中尸点，则小球弹

射的初速度调为多大？

5.如图所示为安装在水平地面上的某游戏装置结构示意图，其左边部分是一个高度和

水平位置均可以调节的平台，在平台上面放置一个弹射装置；游戏装置的右边部分由竖

直固定的光滑圆弧轨道区C、粗糙水平直线轨道8与阪直固定的光滑圆轨道DED组成

（底端连接处。与。略错开）。已知圆弧轨道8C的圆心为半径q=12”，其C端与

水平面相切，O避与QC的夹角6=60。；水平直线轨道CD长度L=1.2/7?，动摩擦因数〃=0.5;

圆轨道DED的半径R2=0.8机。将质量加二0.2kg的滑块。置于C点，再将质量同为〃2=0.2依

的小球夕经弹射装置从平台A点水平弹出，通过改变反高度差万、水平距离和小球夕在

A点的初速度大小，总能让小球沿8点的切线方向进入6c圆弧轨道，然后与滑块Q发

生弹性碰撞。空气阻力不计，小球和滑块均可视为质点，重力加速度g取求：

（1）若〃=。45〃?，求小球?从A点弹出时的初速度大小；

（2）若/?=0.45〃2,求小球夕到达C点与。碰撞前瞬间对圆弧轨道的压力;

（3）要便尸与Q仅碰撞1次，且滑块运动过程中不脱离轨道，求力需要满足的条件。

真题回顾

1.【答案】D

【解答】解：根据曲线运动的特点可知，曲线运动速度方向沿运动轨迹的切线方向，合

力方向指向运动轨迹的凹恻。小车做曲线运动，且动能一直增加，则小车所受合力方向

与运动方向夹角为锐角，故A4C错误，D正确。

故选：。。

2.【答案】B

【解答】解：A、两谷粒均做抛体运动，故加速度均相同，故4错误，

3C、根据图〃可知谷粒2从最高点到2点的运动时间大于谷粒1从O点到尸点的运动时

间，又因为谷粒2从最高点到尸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上故8正确，C错误，

。、两谷粒从O到尸的位移相同，飞行时间不同，所以平均速度不相等，故。借误。

故选：Bo

3.【答案】C

【解答】解：水离开出水口后做平抛运动，水离开出水口到桶口中心，有

,12

h=\gt-

设出水孔到桶口中心的水平距离为X,则

得』。楞

落到桶底A点时

2/?=犷

则时间

解得

故/W。错误，C正确。

故选：Co

4.【答案】抛出速度的最小值为例。

tan。

【解答】解：根据平抛运动规律可知竖直方向看

1=2gh

结合题意石子接触水面时的速度方向与水面的夹角不能大于。，可知抛出速度的最小值

满足，如图：

【an6=上

%

解得％=妈

tan夕

答：抛出速度的最小值为运。

tan6^

5.【答案】（1）排球被垫起前在水平方向飞行的距成为48〃；

（2）排球被垫起前瞬间的速度大小为10〃2/s,方向与水平方向的夹角为37。;

（3）排球与乙同学作用过程中所受冲量的大小为6Ms。

【解答】解：（1）排球做平抛运动，则在竖直方向上：%心=/

水平方向上：工=卬

联立解得：x=4.8/〃

（2）在竖直方向上,4=gf

则排球被垫起前瞬间的速度大小为

/22

v=Vvo+v；

联立解得：I，=10/n/s

,aVv63

tan0=—=—=—

%84

即6=37。

即方向与水平方向的夹角为37。

（3）根据动量定理得：

I=Ft="71，—"TV

其中，M=10〃/s,方向与排球垫起前的速度方向相反

联立解得：

I—6Ns

答：（1）排球被垫起前在水平方向飞行的距离为4.8〃“

（2）排球被垫起前瞬间的速度大小为方向与水平方向的夹角为37。;

（3）排球与乙同学作用过程中所受冲量的大小为6N.s。

区域模拟

1.【答案】D

【解答】解：A、4竖直方向做自由落体运动，位移为娟

落点相同即4=优，%="

tan0-—

联立上式代入数据解得tan。=3

2

垂直打在该点则tan。=旦=3

加4

21=2kxA=2x4=8

斗匕4339

所以匕：眩=9：8,故。正确，A3C错误。

故选：Do

2.【答案】B

【解答】解：A.小球做平抛运动，竖直方向有

根据几何关系有

AD:BD:CD=9:4A

三个小球做平抛运动的时间之比为

lAitB:tc=3:2:1

故A错误；

8.小球在水平方向做匀速直线运动，则

三个小球均落在斜面上的。点，根据位移间的关系有

tan。』里

x2%

设三个小球速度偏转角为a,则

tan«=-=—=2tan

%%

可知三个小球速度偏转角相同，三个小球落在斜面上时速度方向相同，故8正确；

C.三个小球均落在斜面上的。点，根据竖直位移与水平位移的关系有

37=里

x2%

三个小球的初速度大小之比为

33%=3：2:1

故C错误；

。.三个小球做平抛运动，三个小球的运动轨迹为抛物线，且交于。点，故三个小球的

运动轨迹不可能在空中相交，故。错误。

故选：Bo

3.【答案】B

【解答】解：A、根据小球在水平方向上做匀速的直线运动可知，%=至〃?=

0.5

故A错误；

B、根据小球在竖直方向上做自由落体运动，可知〃」g/2=_Lx]0x0.52〃?=].25〃z,故小正

确；

C、小球在A点的整直速度4=0=10>0.5〃4=5〃?/一根据运动的合成可知小球在4点

的速度,解得口=5\/15/〃/s,故C错误；

。、小球在A点的竖直速度%="=10乂历〃S=10〃?/一根据运动的合成可知小球在〃点

的速度M=J%?+匕〃,解得v?=54\3m/s,故。错误；

故选：Rc

4.【答案】C

【解答】解：设足球从O点顶出时的速度大小为〜与水平方向的夹角为0，足球触地

弹起后的速度大小为K，足球从O点顶出到落地的时间为乙，足球从地面弹起到经过。点

的时间为仆足球落地时竖直方向的速度大小为匕，则有

落地竖直速度：Vv=vsine+gt1

落地过程中水平方向通过距离：s=i，cos幽

222

反弹速度为：,=vcos0-(vsin0+gtx)

上升过程中水平距离为：2s=vcos能

下落高度为：2〃=vsin例1+gg/；

反弹后上升高度为：2〃=Ksina2-ggg

联立解得

丫」卜(4./+9后,故。正确，的错误。

2Vh

故选：C。

5.【答案】D

【解答】解：假设斜面倾角为。，在A点飞出的速度为以，

利用位移与时间公式，在竖直方向上以竖直向下为正方向可得：

,1，

〃=_巳/+jg厂

2

在水平方向上有：

工=力

联立整理可得：A=--^-A+—=-xtana+-

%22

比较两次运动xHv凡可得：%<%

由题意可知，小球自飞离斜面之后在竖直方向上做竖直上抛，故根据运动学公式就有

联立上述到达A、C两点时间关系，可得：为8<%C

由于从A点射出时的速度方向与水平面的夹角相同，

大力

故可得：力工％C

水平方向上的速度不相同c

在竖直方向上，根据速度与位移公式有：守=2皿+吃

又由：tan。=上

匕

联立整理可得：tan*=^+(3)=犁+3%

v；t也玄

根据前面分析可知，从A点射出后水平方向做匀速运动，故到达3点的水平速度小于C

点的水平速度，

所以：lan%>tanOc

即：OB>OC

故O正确，ABC错误。

故选：Do

6.【答案】A

【解答】解：人、沙包做斜抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运

动，故

L2%sin0

g

x=%cosOt

代入数据解得％=逊必，故A正确；

g

△、根据运动的分解

沙包1和2在空中运动的竖直分速度为

%=%sinq

vv2=%sin0y

根据运动学公式乂有运动到最高点竖直方向分速度的大小为

，=跖

%2=切2

联立整理解得有

沙包1和2在空中运动时间之比为：

乙=必14,故A错误；

t2sin02

。、沙包1和2运动过程中最小速度出现在竖直分速度为零的时刻，故

为“=%COS夕

故沙包1和2运动过程中最小速度之比为

小莉二COS4

%加2cos/

故C错误；

。、沙包1和2运动过程中离地的最大高度为

故沙包1和2运动过程中离地的最大高度之比为:

%_tan2q

ktan22

故。错误,

故选：Ao

7.【答案】(1)小球出发点到落地点间的距离为迪L;

3

(2)见解析，影子运动的速度大小为叵。

4

【解答】解：(1)设小球自抛出经过时间，。到达最高点，将初速度按如图所示进行分解

%

在竖直方向有，根据匀变速直线运动规律可得

2

0-（vosin600）=-2^L

0=%sin600-g/（）

水平方向有

4=%cos600・/（）

小球从出发点到落地点间的距离

联立解得

s=^L

(2)取竖直向上为正方向，根据位移一时间关系可知从小球抛出至f时刻竖直方向的位

移

h=%sin60°z——gt

水平方向做匀速直线运动，水平方向的位移为

y=%cos60°，

由几何知识得

h_=^

厂工

则小球与地面或光屏碰撞前影子的高度随时间/的变化规律为

J4

因此，小球在光屏上的影子的运动为匀速直线运动，影子运动的速度大小

昨叵

4

答：（1）小球出发点到落地点间的距离为逑L;

3

（2）见解析，影子运动的速度大小为叵。

4

8.【答案】C

【解答】解：A、小球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，有〃=得：”样,

则知落点在棱网上的小球，水平位移相等，落在修点时下落高度最大，运动时间最长。

根据％=?，可知平抛的初速度最小，故4错误；

8、根据”楞可知落点在面内的小球下落高度相等，则运动时间相等，故3错

误；

c、落点在三角形与GR内的小球运动时间相等，最大的水平位移为&/,最小水平位

移为qI，则最小水平位移与最大水平位移之比为1:2,由%=二，可知平抛初速度的最

2t

小值与最大值之比是1:2,故C正确；

。、设正方体的棱长为/,落点在线上的小球，竖直速度大小均为&=廊，落地时

重力的瞬时功率先=〃y4均相同，故。错误。

故选：C。

9.【答案】（1）运动员从A到M的过程中，除重力外其它力做的功W为-15001;

（2）a运动员从M点运动到距离4）最远处所用的时间/为Is;

运动员落回到N点时，速度方向与4）夹角的正切值tan/?为1.02。

【解答】解：（1）对于运动员从A到M过程，根据动能定理可知：

/n^/sin18°+VV=—--tnv\,解得：W=—15（X）1

（2）a将运动员的运动沿平行于4）和垂直于AD两个方向进行分解，均为匀变速直线

运动，在垂直于4）方向初速度：%=%sin72。

加速度为：ay=cos18°

当运动员该方向的速度为0时，距窗AD最远，则有：/=的，解得：t=\s

%

〃.在垂直于4）方向上，远离A。和返回">的过程具有对称性，即运动员到达N点时，

垂直于AD的分速度：vy=vv0=vwsin72°

且运动的总时间：a川=2t=2s

在平行于AD方向初速度：匕0=kcos72°

加速度为：ax=gsin180

运动员到达N点时，平行于AD的分速度：匕=心+”小

所以速度方向与夹角〃的正切值：tan;?=±

匕

联立解得：［an/a1.02

答：（1）运动员从A到M的过程中，除重力外其它力做的功W为-1500J;

（2）a运动员从M点运动到距离4）最远处所用的时间/为1s；

〃.运动员落回到N点时，速度方向与AO夹角的正切值tan/7为1.02。

10.【答案】（1）物体8抛出时的初速度为2.4〃〃$;

（2）物体力、〃间初始位置的高度差”为82〃。

【解答】解（1）根据牛顿第二定律得，A上滑的力口速度。=公也53。=10乂0.8〃〃f=8〃?//

运动的时间/=为=»s=1s.

a8

A物体运动的位移=£~=q^〃7=4〃?.

则8平抛运动的水平位移¥=SCOS53O=%/

解得8抛出的初速度”=24〃/5o

（2）8平抛运动的图度差4=-^x10x1/7?=5m.

4上升的高度〃2="八sin53。=3.2〃i

贝ljAB初始位置的IWI度差〃=4+h2=3.2m+5m=8.2〃?。

答：（1）物体“抛出时的初速度为2.4〃?/s;

（2）物体A、4间初始位置的高度差〃为82〃。

1考前押题

1.【答案】C

【解答】解：设斜面倾角为。，当小球做平抛运动落在斜面上时；

根据平抛运动规律，水平位移为x=3

竖直位移），=；"

根据数学知识tan®=）

x

抛出点与落点之间的距离心=三

cos夕

代入数据解得*=组萼；

geos。

当小球垂直于斜面抛Hl时，小球做斜抛运动，根据运动的合成与分解,竖直分速度

Vv=%COS0,水平分速度匕=%sin夕

以抛出点为参考点，根据斜抛运动规律，水平位移％

竖直位移-凹=丫/-；而

根据数学知识tan。="

抛出点与落点之间的距离$2=X

cos。

代入数据解得$,=也）；

geos。

因此有包=[,故C正确，错误。

$21

故选：C。

2.【答案】A

【解答】解：将小球以初速度丫从8点正上方尺处的A点沿水平方向抛出，小球落到圆

环上的。点，根据平抛运动规律可知

/esin37°=vr

2R—Reos37。=51g产,

将小球以初速度匕从A点沿相同的方向抛出时，小球的运动轨迹恰好与圆环相打，设此

时速度与水平方向夹角为。，则

tana"

Rsina=卬'

2R-Rcosa=-gr

代入数据联立解得

上户

v,V91

故A正确，BCD错误。

故选：Ao

3.【答案】C

【解答】解：A.依题意，以。点为原点，以CO为x轴，以CO垂直向上方向为），轴，

建立坐标系如图所示：

■

XD

对运动员的运动进行分解，），轴方向做类竖直上抛运动，X轴方向做匀加速直线运动，

当运动员到E点速度方向与轨道平行时，在），轴方向上到达最高点，根据竖直上抛运动

的对称性可知：

=t2

而工轴方向运动员做匀加速运动，初速度不为零，可得

CF:FD^\:3

故A错误；

BC.设运动员落在斜面上的速度方向与水平方向的夹角为a,斜面的倾角为。，根据平

抛运动推论则有

tana=—=—

%%

2

tan^2=lfL=.£L

x卬2%

联立解得

lana=2tan，

由此可知当。一定时，。也一定，所以运动员落在斜面上的速度方向与从。点飞出时的

速度大小无关，落在斜面上的速度方向不变。