資源簡介

微專題4　運動的合成與分解
1.曲線運動：由運動的獨立性可知物體在分方向上時間相同，根據分方向的運動特點分別分析分方向的速度、位移等。
2.平拋運動常用的二級結論
(1)做平拋運動的物體在任意時刻的速度的反向延長線一定通過此時水平位移的中點。
(2)平拋運動速度的偏角θ的正切值是位移偏角α正切值的2倍，tan θ=2tan α。
3.平拋運動與斜面、圓弧等結合的問題一般由速度或位移的幾何關系，例如垂直、平行、相切等幾何關系，利用速度角或位移角的正切值解答。
4.做(類)平拋運動的物體，其位移方向與速度方向一定不同。
5.斜拋運動的常用思路：將速度、受力正交分解，分方向分別分析；逆向思維；對稱性等。
6.斜上拋運動的軌跡相對于過最高點的豎直線對稱，兩對稱點與最高點的時間差相等，兩對稱點的速度大小相等。
考點一　運動的合成與分解
1.(2023·江蘇卷·10)達·芬奇的手稿中描述了這樣一個實驗：一個罐子在空中沿水平直線向右做勻加速運動，沿途連續漏出沙子。若不計空氣阻力，則下列圖中能反映空中沙子排列的幾何圖形是：
A　　　　　　　 B
C D
2.(多選)(2024·安徽卷·9)一傾角為30°足夠大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜面上建立Oxy直角坐標系，如圖甲所示。從t=0開始，將一可視為質點的物塊從O點由靜止釋放，同時對物塊施加沿x軸正方向的力F1和F2，其大小與時間t的關系如圖乙所示。已知物塊的質量為1.2 kg，重力加速度g取10 m/s2，不計空氣阻力。則：
A.物塊始終做勻變速曲線運動
B.t=1 s時，物塊的y坐標值為2.5 m
C.t=1 s時，物塊的加速度大小為5 m/s2
D.t=2 s時，物塊的速度大小為10 m/s
【點撥·提煉】 1.處理運動的合成與分解問題常用方法 將速度、合外力(加速度)分別正交分解，根據動力學知識分析各個分方向的運動情況，再根據需要將速度、合外力(加速度)、位移合成。 2.若兩物體有相對運動時，轉換參考系可使問題簡化。
考點二　平拋運動
3.(2024·湖北卷·3)如圖所示，有五片荷葉伸出荷塘水面，一只青蛙要從高處荷葉跳到低處荷葉上。設低處荷葉a、b、c、d和青蛙在同一豎直平面內，a、b高度相同，c、d高度相同，a、b分別在c、d正上方。將青蛙的跳躍視為平拋運動，若以最小的初速度完成跳躍，則它應跳到：
A.荷葉a B.荷葉b
C.荷葉c D.荷葉d
4.(多選)(2024·湖南省長郡中學二模)如圖所示，D點為固定斜面AC的三等分點，DC=2AD，在A點先后分別以初速度v01和v02水平拋出同一個小球，結果小球分別落在斜面上的D點和C點。空氣阻力不計。設小球在空中運動的時間分別為t1和t2，落到D點和C點瞬間的速度方向與斜面AC的夾角分別為θ1和θ2，落到D點和C點瞬間重力的瞬時功率分別為P1和P2，則下列關系式正確的是：
A.= B.=
C.= D.θ1=θ2
【點撥·提煉】　將小球以不同的初速度v01與v02從傾角為θ的斜面上水平拋出，已知小球均落在斜面上。 (1)運動時間為t=。 (2)運動時間比值為t1∶t2=v01∶v02。 (3)水平位移的比值為x1∶x2=∶。 (4)豎直位移的比值為H1∶H2=∶。 (5)末速度的比值為v1∶v2=v01∶v02，且末速度的方向平行(因位移角θ均相等，由2tan θ=tan α知，故速度角α相等，即末速度的方向平行)。
5.(2021·山東卷·16)海鷗捕到外殼堅硬的鳥蛤(貝類動物)后，有時會飛到空中將它丟下，利用地面的沖擊打碎硬殼。一只海鷗叼著質量m=0.1 kg的鳥蛤，在H=20 m的高度、以v0=15 m/s的水平速度飛行時，松開嘴巴讓鳥蛤落到水平地面上。取重力加速度g=10 m/s2，忽略空氣阻力。
(1)(3分)若鳥蛤與地面的碰撞時間Δt=0.005 s，彈起速度可忽略，求碰撞過程中鳥蛤受到的平均作用力的大小F；(碰撞過程中不計重力)
(2)(5分)在海鷗飛行方向正下方的地面上，有一與地面平齊、長度L=6 m的巖石，以巖石左端為坐標原點，建立如圖所示坐標系。若海鷗水平飛行的高度仍為20 m，速度大小在15 m/s~17 m/s之間，為保證鳥蛤一定能落到巖石上，求釋放鳥蛤位置的x坐標范圍。
【點撥·提煉】　解決平拋運動臨界問題的常用方法 1.根據題意畫出運動過程示意圖。 2.找到位移關系、速度關系的臨界條件。 3.分別列出分方向的運動學方程，根據需要找到兩方向上物理量關系。 4.將臨界條件代入求解。
考點三　斜拋運動
6.(多選)(2024·江西卷·8)一條河流某處存在高度差，小魚從低處向上躍出水面，沖到高處。如圖所示，以小魚躍出水面處為坐標原點，x軸沿水平方向建立坐標系，小魚的初速度為v0，末速度v沿x軸正方向。在此過程中，小魚可視為質點且只受重力作用。關于小魚的水平位置x、豎直位置y、水平方向分速度vx和豎直方向分速度vy與時間t的關系，下列圖像可能正確的是：
A　 　 　B　 　　C　　 　 D
7.(多選)(2024·福建卷·8)先后兩次從高為OH=1.4 m高處斜向上拋出質量為m=0.2 kg的同一物體分別落于Q1、Q2，測得OQ1=8.4 m，OQ2=9.8 m，兩軌跡交于P點，兩條軌跡最高點等高且距水平地面高為3.2 m，g=10 m/s2，不計空氣阻力，下列說法正確的是：
A.第一次拋出上升時間、下降時間比值為∶4
B.第一次過P點比第二次機械能少1.3 J
C.落地瞬間，第一次、第二次動能之比為72∶85
D.第一次拋出時速度方向與落地瞬間速度方向夾角比第二次大
8.(2024·江蘇連云港市五校聯考)運動員在單板滑雪大跳臺上訓練的某段過程簡化成如圖所示的運動，運動員從傾角為α=30°的斜面頂端O點以v0=10 m/s的速度飛出，且與斜面夾角為θ=60°。圖中虛線為運動員在空中的運動軌跡，且A為軌跡上離斜面最遠的點，B為在斜面上的落點，已知運動員的質量為m=60 kg(含裝備)。重力加速度取g=10 m/s2，不計空氣阻力。求：
(1)(4分)從O運動到A點所用時間；
(2)(4分)OB之間的距離。
【點撥·提煉】　如圖所示，將小球以初速度v0從斜面上水平拋出，斜面傾角為θ，小球最終落在斜面上，P點為平拋軌跡離斜面的最遠點，此時小球距斜面的距離為h，重力加速度為g。 (1)以沿斜面的方向為x方向，以垂直斜面的方向為y方向，將速度和加速度分別沿x、y方向進行分解。(x、y方向的選取與θ角有關) x方向：小球做勻加速直線運動 初速度vx=v0cos θ， 加速度ax=gsin θ， y方向：小球做類豎直上拋運動 初速度vy=v0sin θ， 加速度ay=gcos θ， (2)離斜面最遠的時間t=。 (3)離斜面最遠的距離h=。
1.(2024·江蘇卷·4)噴泉a、b形成如圖所示的形狀，不計空氣阻力，則噴泉a、b的：
A.加速度相同 B.初速度相同
C.最高點的速度相同 D.在空中的時間相同
2.(2024·安徽淮南市二模)實驗小組利用風洞研究曲線運動，如圖所示。在風洞內無風時，將一小球從O點以某一速度水平拋出后，經過一段時間小球落到水平面上的O2點。現讓風洞內存在圖示方向的風，使小球受到恒定的風力，小球仍以相同的速度從O點水平拋出。下列說法正確的是：
A.小球從拋出到落到水平面上的時間一定增大
B.小球落到水平面上時的速度方向一定不與水平面垂直
C.小球可能落在水平面上的O1點
D.小球可能落在水平面上的O2點
3.(多選)(2024·河北省第五次聯考)如圖，兩豎直光滑墻相鄰，一可看作質點的小球自左側墻體最高點O水平拋出，A'、B'、C'、…A、B、C、…為小球與左、右兩側墻體的碰撞點，小球與墻體碰撞前后，豎直速度不變，水平速度等大、反向，墻足夠高，不計空氣阻力。下列說法正確的是：
A.A、B、C…間的距離之比滿足yAB∶yBC∶yCD∶…=1∶3∶5∶…
B.小球在A、B、C的豎直速度分量之比滿足vAy∶vBy∶vCy∶…=1∶3∶5∶…
C.小球與墻體碰撞時速度變化量均相同
D.小球與墻體兩次碰撞之間，小球的動量變化率均相同
4.(2024·安徽六安市舒城中學一模)如圖所示，斜面固定在豎直向下的、電場強度為E的勻強電場中，從斜面頂點分別水平向右以v和2v拋出兩個質量都為m、帶電荷量分別為+q和+2q的小球A、B，兩小球都落在斜面上。已知mg=Eq，g為重力加速度，則：
A.兩小球從拋出到落到斜面上所用時間之比為1∶2
B.兩小球從拋出到落到斜面上靜電力的沖量之比為3∶4
C.兩小球從拋出到落到斜面上動量變化量之比為1∶4
D.兩小球從拋出到落到斜面上動能變化量之比為1∶4
5.(多選)(2024·山東卷·12)如圖所示，工程隊向峽谷對岸平臺拋射重物，初速度v0大小為20 m/s，與水平方向的夾角為30°，拋出點P和落點Q的連線與水平方向夾角為30°，重力加速度大小取10 m/s2，忽略空氣阻力。重物在此運動過程中，下列說法正確的是：
A.運動時間為2 s
B.落地速度與水平方向夾角為60°
C.重物離PQ連線的最遠距離為10 m
D.軌跡最高點與落點的高度差為45 m
6.(2024·福建師范大學附屬中學模擬)擲鉛球是一項需要力量和靈活性的運動，今年的學校運動會，某同學參加擲鉛球比賽，不計空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2，=5.5，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6，則：
(1)(3分)她在第一次投擲中把鉛球水平推出，高度為h=1.5 m，速度為v0=10 m/s，則鉛球運動的水平距離是多少米？
(2)(5分)第一次投擲后體育老師給了建議，讓她投擲時出手點高一點，斜向上推出鉛球。于是，第二次她從離地高為H=1.8 m處推出鉛球，出手點剛好在邊界線上方，速度方向與水平方向成53°，如圖所示，此次推出鉛球時鉛球的速度大小仍為10 m/s，則這次投擲的成績為多少米？
答案精析
高頻考點練
1.D　[以罐子為參考系，沙子在水平方向向左做初速度為零的勻加速直線運動，在豎直方向做自由落體運動，合加速度恒定，沙子在空中排列在一條斜向左下的直線上，故選D。]
2.BD　[根據題圖乙可得F1=4-t(N)，F2=3t(N)，故兩力的合力為Fx=4+2t(N)
物塊在y軸方向受到的力不變，為mgsin 30°，x軸方向受到的力Fx在改變，合力在改變，故物塊做的不是勻變速曲線運動，故A錯誤；
沿y軸方向物塊做勻加速直線運動，加速度為
ay==gsin 30°=5 m/s2
故t=1 s時，物塊的y坐標值為
y=ayt2=2.5 m
故B正確；
t=1 s時，Fx=6 N，
故ax==5 m/s2
則a==5 m/s2
故C錯誤；
沿x軸正方向，對物塊根據動量定理得Fxt=mvx-0
由于Fx與時間t成線性關系，故可得
×2=1.2vx
解得vx=10 m/s
此時y軸方向速度大小為
vy=gsin 30°·t=5×2 m/s=10 m/s
故此時物塊的速度大小為
v==10 m/s
故D正確。]
3.C　[青蛙做平拋運動，水平方向為勻速直線運動，豎直方向為自由落體運動，則有x=vt，h=gt2，
可得v=x
因此水平位移越小，豎直高度越大，初速度越小，因此它應跳到荷葉c上面。故選C。]
4.AD　[設斜面的傾角為α，落點與A點的距離為l，根據tan α==lcos α=v0t，可得v0=∝因=可知=t=∝v0，可知==選項A正確，C錯誤；落到斜面上瞬間重力的瞬時功率P=mgvy=mg2t∝t，可知==選項B錯誤；落到斜面上時速度的偏向角(θ+α)滿足tan (θ+α)==2tan α，可知θ1=θ2，選項D正確。]
5.(1)500 N
(2)[34 m，36 m]或(34 m，36 m)
解析　(1)設平拋運動的時間為t，鳥蛤落地前瞬間的速度大小為v。豎直方向分速度大小為vy，得H=gt2，vy=gt，v=
在碰撞過程中，以鳥蛤為研究對象，取速度v的方向為正方向，由動量定理得-FΔt=0-mv
聯立解得F=500 N。
(2)若釋放鳥蛤的初速度為v1=15 m/s，設擊中巖石左端時，釋放點的x坐標值為x1，擊中右端時，釋放點的x坐標值為x2，得x1=v1t，x2=x1+L
聯立解得x1=30 m，x2=36 m
若釋放鳥蛤的初速度為v2=17 m/s，設擊中巖石左端時，釋放點的x坐標值為x1'，擊中右端時，釋放點的x坐標值為x2'，得x1'=v2t，x2'=x1'+L
聯立解得x1'=34 m，x2'=40 m
綜上得x坐標區間[34 m，36 m]或(34 m，36 m)。
6.AD　[小魚在運動過程中只受重力作用，則小魚在水平方向上做勻速直線運動，即vx為定值，則有水平位移x=vxt，故A正確，C錯誤；小魚在豎直方向上做豎直上拋運動，則y=vy0t-gt2，vy=vy0-gt，且最高點時豎直方向的分速度為0，故B錯誤，D正確。]
7.BD　[第一次拋出上升的高度為h1=3.2 m-1.4 m=1.8 m，故上升時間為t上1==0.6 s，最高點距水平地面高為h0=3.2 m，故下降的時間為t下1==0.8 s，故第一次拋出上升時間、下降時間比值為3∶4，故A錯誤；兩條軌跡最高點等高，故可知兩次從拋出到落地的時間相等為t=t上1+t下1=1.4 s，故可得第一次、第二次拋出時水平方向的分速度分別為vx1==6 m/s，vx2==7 m/s，由于兩條軌跡最高點等高，故拋出時豎直方向的分速度相等為vy=gt上1=6 m/s，由于物體在空中機械能守恒，故第一次過P點比第二次機械能少，ΔE=m-m=1.3 J，故B正確；從拋出到落地瞬間根據動能定理Ek1=Ek01+mg·OH=m(+)+mg·OH=10 J，Ek2=Ek02+mg·OH=m(+)+mg·OH=11.3 J，故落地瞬間，第一次、第二次動能之比為100∶113，故C錯誤；根據前面分析可知兩次拋出時豎直方向的分速度相同，兩次落地時物體在豎直方向的分速度也相同，由于第一次的水平分速度較小，物體在水平方向速度不變，故可知第一次拋出時速度方向與水平方向的夾角較大，第一次落地時速度方向與水平方向的夾角也較大，故可知第一次拋出時速度方向與落地瞬間速度方向夾角比第二次大，故D正確。]
8.(1)1 s　(2)20 m
解析　(1)由題意可知，將運動員的速度和加速度分解，如圖所示
從O點到A點過程中，運動員在垂直斜面方向上有
vy=v0cos α
vy=gcos α·t
聯立代入數據可得t=1 s
(2)由對稱性可知，從O到B點的時間為2t，則從O到B過程有
x=v0sin α·2t+gsin α·(2t)2
代入數據解得x=20 m
補償強化練
1.A　[不計空氣阻力，噴泉噴出的水在空中只受重力，加速度均為重力加速度，A正確；設噴泉噴出的水豎直方向的分速度為vy，水平方向的分速度為vx，豎直方向，根據對稱性可知在空中運動的時間t=2可知tb>ta，D錯誤；最高點的速度等于水平方向的分速度vx=由于水平方向的位移大小關系未知，無法判斷最高點的速度大小關系，根據速度的合成可知無法判斷初速度的大小關系，B、C錯誤。]
2.C　[無風時小球在豎直方向上的加速度a1=g，有風時，設風力大小為F，小球受力情況如圖所示，此時小球豎直方向的加速度a1'==g+>a1，根據h=at2可知，有風時小球從拋出到落到水平面上的時間減小，故A錯誤；由于v0、h、F及θ大小關系不確定，小球可能在水平方向向右剛好減速到零時，小球下落的速度方向與水平面垂直；小球也可能在水平方向上向右減速到零后，再反向加速回到OO1豎直線上時，小球剛好落到水平面上的O1點，故B錯誤，C正確；O1O2=v0t，有風時，小球水平向右移動的最大距離x=v0t'，由A項分析可知t'3.BD　[小球在水平方向做速率不變的運動，豎直方向做自由落體運動，則tOA=tAA'=tA'B=tBB'=tB'C=…，物體做初速度為0的勻變速直線運動時，在連續相等時間內位移之比為1∶3∶5∶…，由于A點有豎直向下的分速度，則A、B、C…之間的距離之比滿足yAB∶yBC∶yCD∶…≠1∶3∶5∶…，由v=gt知，小球在A、B、C的豎直速度分量之比滿足vAy∶vBy∶vCy∶…=1∶3∶5∶…，故A錯誤，B正確；小球與墻體碰撞前后，豎直速度不變，水平速度等大、反向，小球與墻體每次碰撞時速度變化量大小相等，均為Δv=2v0，但方向不是都相同，故C錯誤；由動量定理知I=mg·Δt=mg，小球與墻體前后兩次碰撞之間，小球的動量變化率即為小球重力，均相同，故D正確。]
4.D　[兩小球都落在斜面上，設斜面傾角為θ，有tan θ===則兩小球運動時間之比為=·=·=故A錯誤；兩小球從拋出到落到斜面上靜電力的沖量之比為==故B錯誤；由動量定理可知合外力的沖量等于動量變化量，則兩小球從拋出到落到斜面上動量變化量之比為==故C錯誤；由動能定理知合外力做的功等于動能變化量，則兩小球從拋出到落到斜面上動能變化量之比為===故D正確。]
5.BD　[解法一　以P點為坐標原點，建立直角坐標系如圖甲所示(PQ為x軸)
將v0沿兩個坐標軸分解，則有
v0x=v0cos 60°=10 m/s，
v0y=v0sin 60°=10 m/s
將重力加速度沿兩個坐標軸分解，則有ax=gsin 30°=5 m/s2
ay=gcos 30°=5 m/s2
從P點拋出至落到Q點的過程中，由對稱性可知t=2=4 s，A錯誤；
重物距PQ連線最遠距離Y==10 m，C錯誤；
落至Q點時vx=v0x+axt=30 m/s
由對稱性得vy=v0y=10 m/s
落至Q點時速度方向與x軸夾角設為θ
tan θ==
則θ=30°
又因PQ與水平方向夾角為30°，
則落地速度方向與水平方向夾角α=60°，B正確；
重物從拋出到最高點所用時間為t1==1 s
從最高點到落地所用時間為t2=t-t1=3 s
則軌跡最高點與落點的高度差為h=g=45 m，D正確。
解法二　以P點為坐標原點建立直角坐標系，水平方向為x軸，豎直方向為y軸，如圖乙所示，P'與P等高
v0x=v0cos 30°=10 m/s
v0y=v0sin 30°=10 m/s
從P→P'
t1==2 s
x1=v0xt1=20 m
vx=v0x=10 m/s
vy=v0y=10 m/s，
從P'→Q
x2=vxt2
y=vyt2+g
由幾何關系知：
tan 30°==
解得：t2=2 s
t總=t1+t2=4 s
A錯誤；
從最高點至Q點時間為t3=t總-=3 s
vy'=gt3=30 m/s
tan α==α=60°，B正確；
H=g=45 m，D正確；
離PQ連線最遠點速度方向與PQ平行，即垂直于PQ連線的分速度為0，最遠距離D===10 m，C錯誤。]
6.(1)5.5 m　(2)10.8 m
解析　(1)由平拋運動知識h=gt2
鉛球運動的水平距離為x=v0t
解得x=5.5 m
(2)被推出的鉛球在豎直方向做豎直上拋運動，
則有-H=v0sin 53°·t'-gt'2
解得t'=1.8 s或t'=-0.2 s(舍去)
鉛球在水平方向做勻速直線運動
x'=v0cos 53°·t'
這次投擲的成績為x'=10.8 m。(共56張PPT)
專題一　力與運動
微專題4
運動的合成與分解
知識聚焦
高頻考點練
內容索引
核心精講
補償強化練
知識聚焦
PART ONE
1.曲線運動：由運動的獨立性可知物體在分方向上時間相同，根據分方向的運動特點分別分析分方向的速度、位移等。
2.平拋運動常用的二級結論
(1)做平拋運動的物體在任意時刻的速度的反向延長線一定通過此時水平位移的中點。
(2)平拋運動速度的偏角θ的正切值是位移偏角α正切值的2倍，tan θ=2tan α。
3.平拋運動與斜面、圓弧等結合的問題一般由速度或位移的幾何關系，例如垂直、平行、相切等幾何關系，利用速度角或位移角的正切值解答。
核心精講
PART TWO
4.做(類)平拋運動的物體，其位移方向與速度方向一定不同。
5.斜拋運動的常用思路：將速度、受力正交分解，分方向分別分析；逆向思維；對稱性等。
6.斜上拋運動的軌跡相對于過最高點的豎直線對稱，兩對稱點與最高點的時間差相等，兩對稱點的速度大小相等。
考點一　運動的合成與分解
1.(2023·江蘇卷·10)達·芬奇的手稿中描述了這樣一個實驗：一個罐子在空中沿水平直線向右做勻加速運動，沿途連續漏出沙子。若不計空氣阻力，則下列圖中能反映空中沙子排列的幾何圖形是
1
2
3
4
5
6
7
8
高頻考點練
PART THREE
√
1
2
3
4
5
6
7
8
以罐子為參考系，沙子在水平方向向左做初速度為零的勻加速直線運動，在豎直方向做自由落體運動，合加速度恒定，沙子在空中排列在一條斜向左下的直線上，故選D。
2.(多選)(2024·安徽卷·9)一傾角為30°足夠大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜面上建立Oxy直角坐標系，如圖甲所示。從t=0開始，將一可視為質點的物塊從O點由靜止釋放，同時對物塊施加沿x軸正方向的力F1和F2，其大小與時間t的關系如圖乙所示。已知物塊的質量為1.2 kg，重力加速度g取10 m/s2，不計空氣阻力。則
A.物塊始終做勻變速曲線運動
B.t=1 s時，物塊的y坐標值為2.5 m
C.t=1 s時，物塊的加速度大小為5 m/s2
D.t=2 s時，物塊的速度大小為10 m/s
√
1
2
3
4
5
6
7
8
√
1
2
3
4
5
6
根據題圖乙可得F1=4-t(N)，F2=3t(N)，故兩力的合力為Fx=4+2t(N)
物塊在y軸方向受到的力不變，為mgsin 30°，x軸方向受到的力Fx在改變，合力在改變，故物塊做的不是勻變速曲線運動，故A錯誤；
沿y軸方向物塊做勻加速直線運動，加速度為
ay==gsin 30°=5 m/s2
故t=1 s時，物塊的y坐標值為
y=ayt2=2.5 m
故B正確；
7
8
1
2
3
4
5
6
t=1 s時，Fx=6 N，故ax==5 m/s2
則a==5 m/s2
故C錯誤；
沿x軸正方向，對物塊根據動量定理得
Fxt=mvx-0
由于Fx與時間t成線性關系，故可得
×2=1.2vx
7
8
1
2
3
4
5
6
解得vx=10 m/s
此時y軸方向速度大小為
vy=gsin 30°·t=5×2 m/s=10 m/s
故此時物塊的速度大小為
v==10 m/s
故D正確。
7
8
1
2
3
4
5
6
7
8
點撥·提煉
1.處理運動的合成與分解問題常用方法
將速度、合外力(加速度)分別正交分解，根據動力學知識分析各個分方向的運動情況，再根據需要將速度、合外力(加速度)、位移合成。
2.若兩物體有相對運動時，轉換參考系可使問題簡化。
考點二　平拋運動
3. (2024·湖北卷·3)如圖所示，有五片荷葉伸出荷塘水面，一只青蛙要從高處荷葉跳到低處荷葉上。設低處荷葉a、b、c、d和青蛙在同一豎直平面內，a、b高度相同，c、d高度相同，a、b分別在c、d正上方。將青蛙的跳躍視為平拋運動，若以最小的初速度完成跳躍，則它應跳到
A.荷葉a B.荷葉b
C.荷葉c D.荷葉d
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√
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5
6
7
8
青蛙做平拋運動，水平方向為勻速直線運動，
豎直方向為自由落體運動，則有x=vt，h=gt2，
可得v=x
因此水平位移越小，豎直高度越大，初速度越小，因此它應跳到荷葉c上面。故選C。
1
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3
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5
6
4.(多選)(2024·湖南省長郡中學二模)如圖所示，D點為固定斜面AC的三等分點，DC=2AD，在A點先后分別以初速度v01和v02水平拋出同一個小球，結果小球分別落在斜面上的D點和C點。空氣阻力不計。設小球在空中運動的時間分別為t1和t2，落到D點和C點瞬間的速度方向與斜面AC的夾角分別為θ1和θ2，落到D點和C點瞬間重力的瞬時功率分別為P1和P2，則下列關系式正確的是
A.= B.=
C.= D.θ1=θ2
7
8
√
√
1
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3
4
5
6
7
8
落到斜面上瞬間重力的瞬時功率P=mgvy=mg2t∝t，可知==，選項
B錯誤；
落到斜面上時速度的偏向角(θ+α)滿足tan (θ+α)==2tan α，可知θ1=θ2，選項D正確。
設斜面的傾角為α，落點與A點的距離為l，根據tan α
==，lcos α=v0t，可得v0=∝==，t=∝v0，可知==，
選項A正確，C錯誤；
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7
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點撥·提煉
將小球以不同的初速度v01與v02從傾角為θ的斜面上水平拋出，已知小球均落在斜面上。
(1)運動時間為t=。
(2)運動時間比值為t1∶t2=v01∶v02。
(3)水平位移的比值為x1∶x2=∶。
(4)豎直位移的比值為H1∶H2=∶。
(5)末速度的比值為v1∶v2=v01∶v02，且末速度的方向平行(因位移角θ均相等，由2tan θ=tan α知，故速度角α相等，即末速度的方向平行)。
5.(2021·山東卷·16)海鷗捕到外殼堅硬的鳥蛤(貝類動物)后，有時會飛到空中將它丟下，利用地面的沖擊打碎硬殼。一只海鷗叼著質量m=0.1 kg的鳥蛤，在H=20 m的高度、以v0=15 m/s的水平速度飛行時，松開嘴巴讓鳥蛤落到水平地面上。取重力加速度g=10 m/s2，忽略空氣阻力。
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7
8
答案　500 N
(1)若鳥蛤與地面的碰撞時間Δt=0.005 s，彈起速度可忽略，求碰撞過程中鳥蛤受到的平均作用力的大小F；(碰撞過程中不計重力)
1
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7
8
在碰撞過程中，以鳥蛤為研究對象，取速度v的方向為正方向，由動量定理得-FΔt=0-mv
聯立解得F=500 N。
設平拋運動的時間為t，鳥蛤落地前瞬間的速度
大小為v。豎直方向分速度大小為vy，得H=gt2，vy=gt，v=
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8
(2)在海鷗飛行方向正下方的地面上，有一與地面平齊、長度L=6 m的巖石，以巖石左端為坐標原點，建立如圖所示坐標系。若海鷗水平飛行的高度仍為20 m，速度大小在15 m/s~17 m/s之間，為保證鳥蛤一定能落到巖石上，求釋放鳥蛤位置的x坐標范圍。
答案　[34 m，36 m]或(34 m，36 m)
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8
若釋放鳥蛤的初速度為v2=17 m/s，設擊中巖石左端時，釋放點的x坐標值為x1'，擊中右端時，釋放點的x坐標值為x2'，得x1'=v2t，x2'=x1'+L
聯立解得x1'=34 m，x2'=40 m
綜上得x坐標區間[34 m，36 m]或(34 m，36 m)。
若釋放鳥蛤的初速度為v1=15 m/s，設擊中巖石左端時，釋放點的x坐標值為x1，擊中右端時，釋放點的x坐標值為x2，得x1=v1t，x2=x1+L
聯立解得x1=30 m，x2=36 m
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點撥·提煉
解決平拋運動臨界問題的常用方法
1.根據題意畫出運動過程示意圖。
2.找到位移關系、速度關系的臨界條件。
3.分別列出分方向的運動學方程，根據需要找到兩方向上物理量關系。
4.將臨界條件代入求解。
考點三　斜拋運動
6.(多選)(2024·江西卷·8)一條河流某處存在高度差，小魚從低處向上躍出水面，沖到高處。如圖所示，以小魚躍出水面處為坐標原點，x軸沿水平方向建立坐標系，小魚的初速度為v0，末速度v沿x軸正方向。在此過程中，小魚可視為質點且只受重力作用。關于小魚的水平位置x、豎直位置y、水平方向分速度vx和豎直方向分速度vy與時間t的關系，下列圖像可能正確的是
√
√
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小魚在豎直方向上做豎直上拋運動，則y=vy0t-gt2，vy=vy0-gt，且最高點時豎直方向的分速度為0，故B錯誤，D正確。
小魚在運動過程中只受重力作用，則小魚在水平方向上做勻速直線運動，即vx為定值，則有水平位移x=vxt，故A正確，C錯誤；
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7.(多選)(2024·福建卷·8)先后兩次從高為OH=1.4 m高處斜向上拋出質量為m=0.2 kg的同一物體分別落于Q1、Q2，測得OQ1=8.4 m，OQ2=9.8 m，兩軌跡交于P點，兩條軌跡最高點等高且距水平地面高為3.2 m，g=10 m/s2，不計空氣阻力，下列說法正確的是
A.第一次拋出上升時間、下降時間比值為∶4
B.第一次過P點比第二次機械能少1.3 J
C.落地瞬間，第一次、第二次動能之比為72∶85
D.第一次拋出時速度方向與落地瞬間速度方向夾角比第二次大
√
√
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8
h0=3.2 m，故下降的時間為t下1==0.8 s，故第一次拋出上升時間、下降時間比值為3∶4，故A錯誤；
第一次拋出上升的高度為h1=3.2 m-1.4 m=1.8 m，故
上升時間為t上1==0.6 s，最高點距水平地面高為
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8
vx2==7 m/s，由于兩條軌跡最高點等高，故拋出時豎直方向的分速度相等為vy=gt上1=6 m/s，由于物體在空中機械能守恒，故第一次過P點比第二次機械能少，ΔE=m-m=1.3 J，故B正確；
兩條軌跡最高點等高，故可知兩次從拋出到落地的時間相等為t=t上1+t下1=1.4 s，故可得第一次、第二次拋出時水平方向的分速度分別為vx1==6 m/s，
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m(+)+mg·OH=11.3 J，故落地瞬間，第一次、第二次動能之比為100∶113，故C錯誤；
根據前面分析可知兩次拋出時豎直方向的分速度相同，兩次落地時物體在豎直方向的分速度也相同，由于第一次的水平分速度較小，物體在水平方向速度不變，故可知第一次拋出時速度方向與水平方向的夾角較大，第一次落地時速度方向與水平方向的夾角也較大，故可知第一次拋出時速度方向與落地瞬間速度方向夾角比第二次大，故D正確。
從拋出到落地瞬間根據動能定理Ek1=Ek01+mg·OH
=m(+)+mg·OH=10 J，Ek2=Ek02+mg·OH=
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8.(2024·江蘇連云港市五校聯考)運動員在單板滑雪大跳臺上訓練的某段過程簡化成如圖所示的運動，運動員從傾角為α=30°的斜面頂端O點以v0=10 m/s的速度飛出，且與斜面夾角為θ=60°。圖中虛線為運動員在空中的運動軌跡，且A為軌跡上離斜面最遠的點，B為在斜面上的落點，已知運動員的質量為m=60 kg(含裝備)。重力加速度取g=10 m/s2，不計空氣阻力。求：
(1)從O運動到A點所用時間；
答案　1 s　
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8
由題意可知，將運動員的速度和加速度分解，如圖所示
從O點到A點過程中，運動員在垂直斜面方向上有
vy=v0cos α
vy=gcos α·t
聯立代入數據可得t=1 s
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8
(2)OB之間的距離。
答案　20 m
由對稱性可知，從O到B點的時間為2t，則從O到B過程有
x=v0sin α·2t+gsin α·(2t)2
代入數據解得x=20 m
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點撥·提煉
如圖所示，將小球以初速度v0從斜面上水平拋出，斜面傾角為θ，小球最終落在斜面上，P點為平拋軌跡離斜面的最遠點，此時小球距斜面的距離為h，重力加速度為g。
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點撥·提煉
(1)以沿斜面的方向為x方向，以垂直斜面的方向為y方向，將速度和加速度分別沿x、y方向進行分解。(x、y方向的選取與θ角有關)
x方向：小球做勻加速直線運動
初速度vx=v0cos θ，加速度ax=gsin θ，
y方向：小球做類豎直上拋運動
初速度vy=v0sin θ，加速度ay=gcos θ，
(2)離斜面最遠的時間t=。
(3)離斜面最遠的距離h=。
1.(2024·江蘇卷·4)噴泉a、b形成如圖所示的形狀，不計空氣阻力，則噴泉a、b的
A.加速度相同 B.初速度相同
C.最高點的速度相同 D.在空中的時間相同
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√
補償強化練
PART FOUR
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設噴泉噴出的水豎直方向的分速度為vy，水平方向的分速度為vx，豎直
方向，根據對稱性可知在空中運動的時間t=2，可知tb>ta，D錯誤；
最高點的速度等于水平方向的分速度vx=，由于水平方向的位移大小關系未知，無法判斷最高點的速度大小關系，根據速度的合成可知無法判斷初速度的大小關系，B、C錯誤。
不計空氣阻力，噴泉噴出的水在空中只受重力，加速度均為重力加速度，A正確；
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5
2.(2024·安徽淮南市二模)實驗小組利用風洞研究曲線運動，如圖所示。在風洞內無風時，將一小球從O點以某一速度水平拋出后，經過一段時間小球落到水平面上的O2點。現讓風洞內存在圖示方向的風，使小球受到恒定的風力，小球仍以相同的速度從O點水平拋出。下列說法正確的是
A.小球從拋出到落到水平面上的時間一定增大
B.小球落到水平面上時的速度方向一定不與水
平面垂直
C.小球可能落在水平面上的O1點
D.小球可能落在水平面上的O2點
√
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拋出到落到水平面上的時間減小，故A錯誤；
由于v0、h、F及θ大小關系不確定，小球可能在水平方向向右剛好減速到零時，小球下落的速度方向與水平面垂直；小球也可能在水平方向上向右減速到零后，再反向加速回到OO1豎直線上時，小球剛好落到水平面上的O1點，故B錯誤，C正確；
無風時小球在豎直方向上的加速度a1=g，有風時，設風力大小為F，小球受力情況如圖所示，此時小球豎直方向的加速度a1'==g+>a1，根據h=at2可知，有風時小球從
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1
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4
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O1O2=v0t，有風時，小球水平向右移動的最大距離x=v0t'，由A項分析可知t'6
3.(多選)(2024·河北省第五次聯考)如圖，兩豎直光滑墻相鄰，一可看作質點的小球自左側墻體最高點O水平拋出，A'、B'、C'、…A、B、C、…為小球與左、右兩側墻體的碰撞點，小球與墻體碰撞前后，豎直速度不變，水平速度等大、反向，墻足夠高，不計空氣阻力。下列說法正確的是
A.A、B、C…間的距離之比滿足yAB∶yBC∶yCD∶…=1∶3∶
5∶…
B.小球在A、B、C的豎直速度分量之比滿足vAy∶vBy∶vCy∶
…=1∶3∶5∶…
C.小球與墻體碰撞時速度變化量均相同
D.小球與墻體兩次碰撞之間，小球的動量變化率均相同
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√
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yCD∶…≠1∶3∶5∶…，由v=gt知，小球在A、B、C的豎直速度分量之比滿足vAy∶vBy∶vCy∶…=1∶3∶5∶…，故A錯誤，B正確；
小球在水平方向做速率不變的運動，豎直方向做自由落體運動，則tOA=tAA'=tA'B=tBB'=tB'C=…，物體做初速度為0的勻變速直線運動時，在連續相等時間內位移之比為1∶3∶5∶…，由于A點有豎直向下的分速度，則A、B、C…之間的距離之比滿足yAB∶yBC∶
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小球與墻體碰撞前后，豎直速度不變，水平速度等大、反向，小球與墻體每次碰撞時速度變化量大小相等，均為Δv=2v0，但方向不是都相同，故C錯誤；
由動量定理知I=mg·Δt，=mg，小球與墻體前后兩次碰撞之間，小球的動量變化率即為小球重力，均相同，故D正確。
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4.(2024·安徽六安市舒城中學一模)如圖所示，斜面固定在豎直向下的、電場強度為E的勻強電場中，從斜面頂點分別水平向右以v和2v拋出兩個質量都為m、帶電荷量分別為+q和+2q的小球A、B，兩小球都落在斜面上。已知mg=Eq，g為重力加速度，則
A.兩小球從拋出到落到斜面上所用時間之比為1∶2
B.兩小球從拋出到落到斜面上靜電力的沖量之比為3∶4
C.兩小球從拋出到落到斜面上動量變化量之比為1∶4
D.兩小球從拋出到落到斜面上動能變化量之比為1∶4
√
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兩小球從拋出到落到斜面上靜電力的沖量之比為==，故B錯誤；
兩小球都落在斜面上，設斜面傾角為θ，有tan θ==
==·=·
=，故A錯誤；
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由動能定理知合外力做的功等于動能變化量，則兩小球從拋出到落到斜面上動能變化量之比為===，故D正確。
由動量定理可知合外力的沖量等于動量變化量，則兩小球從拋出到落到斜面上動量變化量之比為= =，故C錯誤；
6
5.(多選)(2024·山東卷·12)如圖所示，工程隊向峽谷對岸平臺拋射重物，初速度v0大小為20 m/s，與水平方向的夾角為30°，拋出點P和落點Q的連線與水平方向夾角為30°，重力加速度大小取10 m/s2，忽略空氣阻力。重物在此運動過程中，下列說法正確的是
A.運動時間為2 s
B.落地速度與水平方向夾角為60°
C.重物離PQ連線的最遠距離為10 m
D.軌跡最高點與落點的高度差為45 m
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√
√
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將重力加速度沿兩個坐標軸分解，則有
ax=gsin 30°=5 m/s2
ay=gcos 30°=5 m/s2
從P點拋出至落到Q點的過程中，由對稱性可知t=2=4 s，A錯誤；
解法一　以P點為坐標原點，建立直角坐標系如圖甲所示(PQ為x軸)
將v0沿兩個坐標軸分解，則有
v0x=v0cos 60°=10 m/s，v0y=v0sin 60°=10 m/s
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落至Q點時速度方向與x軸夾角設為θ
tan θ==，
則θ=30°
又因PQ與水平方向夾角為30°，
則落地速度方向與水平方向夾角α=60°，B正確；
重物距PQ連線最遠距離Y==10 m，C錯誤；
落至Q點時vx=v0x+axt=30 m/s
由對稱性得vy=v0y=10 m/s
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解法二　以P點為坐標原點建立直角坐標系，水平方向為x軸，豎直方向為y軸，如圖乙所示，P'與P等高
v0x=v0cos 30°=10 m/s
重物從拋出到最高點所用時間為t1==1 s
從最高點到落地所用時間為t2=t-t1=3 s
則軌跡最高點的落點與高度差為h=g=45 m，D正確。
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v0y=v0sin 30°=10 m/s
從P→P'
t1==2 s
x1=v0xt1=20 m
vx=v0x=10 m/s
vy=v0y=10 m/s，
從P'→Q
x2=vxt2
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y=vyt2+g
由幾何關系知：
tan 30°==
解得：t2=2 s
t總=t1+t2=4 s
A錯誤；
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從最高點至Q點時間為t3=t總-=3 s
vy'=gt3=30 m/s
tan α==，α=60°，B正確；
H=g=45 m，D正確；
離PQ連線最遠點速度方向與PQ平行，即垂直于PQ連線的分速度為0，最遠距離D===10 m，C錯誤。
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6.(2024·福建師范大學附屬中學模擬)擲鉛球是一項需要力量和靈活性的運動，今年的學校運動會，某同學參加擲鉛球比賽，不計空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2，=5.5，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6，則：
(1)她在第一次投擲中把鉛球水平推出，高度為h=1.5 m，速度為v0=10 m/s，則鉛球運動的水平距離是多少米？
答案　5.5 m　
6
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5
由平拋運動知識h=gt2
鉛球運動的水平距離為x=v0t
解得x=5.5 m
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4
5
(2)第一次投擲后體育老師給了建議，讓她投擲時出手點高一點，斜向上推出鉛球。于是，第二次她從離地高為H=1.8 m處推出鉛球，出手點剛好在邊界線上方，速度方向與水平方向成53°，如圖所示，此次推出鉛球時鉛球的速度大小仍為10 m/s，則這次投擲的成績為多少米？
答案　10.8 m
6
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5
被推出的鉛球在豎直方向做豎直上拋運動，
則有-H=v0sin 53°·t'-gt'2
解得t'=1.8 s或t'=-0.2 s(舍去)
鉛球在水平方向做勻速直線運動
x'=v0cos 53°·t'
這次投擲的成績為x'=10.8 m。
6

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