資源簡介

五、拋體運動　圓周運動
1.(2023·浙江6月選考·3)鉛球被水平推出后的運動過程中，不計空氣阻力，下列關于鉛球在空中運動時的加速度大小a、速度大小v、動能Ek和機械能E隨運動時間t的變化關系中，正確的是：
A　　　　　　B　　　 　　C　　　　　　D
2.(2024·新課標卷·15)福建艦是我國自主設計建造的首艘彈射型航空母艦。借助配重小車可以進行彈射測試，測試時配重小車被彈射器從甲板上水平彈出后，落到海面上。調整彈射裝置，使小車水平離開甲板時的動能變為調整前的4倍。忽略空氣阻力，則小車在海面上的落點與其離開甲板處的水平距離為調整前的：
A.0.25倍 B.0.5倍 C.2倍 D.4倍
3.(2023·湖南卷·2)如圖(a)，我國某些農村地區人們用手拋撒谷粒進行水稻播種。某次拋出的谷粒中有兩顆的運動軌跡如圖(b)所示，其軌跡在同一豎直平面內，拋出點均為O，且軌跡交于P點，拋出時谷粒1和谷粒2的初速度分別為v1和v2，其中v1方向水平，v2方向斜向上。忽略空氣阻力，關于兩谷粒在空中的運動，下列說法正確的是：
A.谷粒1的加速度小于谷粒2的加速度
B.谷粒2在最高點的速度小于v1
C.兩谷粒從O到P的運動時間相等
D.兩谷粒從O到P的平均速度相等
4.(2021·廣東卷·4)由于高度限制，車庫出入口采用如圖所示的曲桿道閘，道閘由轉動桿OP與橫桿PQ鏈接而成，P、Q為橫桿的兩個端點。在道閘抬起過程中，桿PQ始終保持水平。桿OP繞O點從與水平方向成30°勻速轉動到60°的過程中，下列說法正確的是：
A.P點的線速度大小不變
B.P點的加速度方向不變
C.Q點在豎直方向做勻速運動
D.Q點在水平方向做勻速運動
5.(2020·全國卷Ⅱ·16)如圖，在摩托車越野賽途中的水平路段前方有一個坑，該坑沿摩托車前進方向的水平寬度為3h，其左邊緣a點比右邊緣b點高0.5h。若摩托車經過a點時的動能為E1，它會落到坑內c點。c與a的水平距離和高度差均為h；若經過a點時的動能為E2，該摩托車恰能越過坑到達b點。等于：
A.20 B.18 C.9.0 D.3.0
6.(2023·浙江1月選考·5)如圖所示，在考慮空氣阻力的情況下，一小石子從O點拋出沿軌跡OPQ運動，其中P是最高點。若空氣阻力大小與瞬時速度大小成正比，則小石子豎直方向分運動的加速度大小：
A.O點最大 B.P點最大
C.Q點最大 D.整個運動過程保持不變
7.(多選)(2021·河北卷·9)如圖，矩形金屬框MNQP豎直放置，其中MN、PQ足夠長，且PQ桿光滑，一根輕彈簧一端固定在M點，另一端連接一個質量為m的小球，小球穿過PQ桿，金屬框繞MN軸分別以角速度ω和ω'勻速轉動時，小球均相對PQ桿靜止，若ω'>ω，則與以ω勻速轉動時相比，以ω'勻速轉動時：
A.小球的高度一定降低 B.彈簧彈力的大小一定不變
C.小球對桿壓力的大小一定變大 D.小球所受合外力的大小一定變大
8.(2021·江蘇卷·9)如圖所示，A、B兩籃球從相同高度同時拋出后直接落入籃筐，落入籃筐時的速度方向相同，下列判斷正確的是：
A.A比B先落入籃筐
B.A、B運動的最大高度相同
C.A在最高點的速度比B在最高點的速度小
D.A、B上升到某一相同高度時的速度方向相同
9.(2022·山東卷·8)無人配送小車某次性能測試路徑如圖所示，半徑為3 m的半圓弧BC與長8 m的直線路徑AB相切于B點，與半徑為4 m的半圓弧CD相切于C點。小車以最大速度從A點駛入路徑，到適當位置調整速率運動到B點，然后保持速率不變依次經過BC和CD。為保證安全，小車速率最大為4 m/s，在ABC段的加速度最大為2 m/s2，CD段的加速度最大為1 m/s2。小車視為質點，小車從A到D所需最短時間t及在AB段做勻速直線運動的最長距離l為：
A.t= s，l=8 m
B.t= s，l=5 m
C.t= s，l=5.5 m
D.t= s，l=5.5 m
10.(2024·北京卷·19)如圖所示，水平放置的排水管滿口排水，管口的橫截面積為S，管口離水池水面的高度為h，水在水池中的落點與管口的水平距離為d。假定水在空中做平拋運動，已知重力加速度為g，h遠大于管口內徑。求：
(1)(2分)水從管口到水面的運動時間t；
(2)(3分)水從管口排出時的速度大小v0；
(3)(3分)管口單位時間內流出水的體積Q。
11.(2023·新課標卷·24)將扁平的石子向水面快速拋出，石子可能會在水面上一跳一跳地飛向遠方，俗稱“打水漂”。要使石子從水面跳起產生“水漂”效果，石子接觸水面時的速度方向與水面的夾角不能大于θ。為了觀察到“水漂”，一同學將一石子從距水面高度為h處水平拋出，拋出速度的最小值為多少？(不計石子在空中飛行時的空氣阻力，重力加速度大小為g)
12.(2022·福建卷·13)清代乾隆的《冰嬉賦》用“躄躠”(可理解為低身斜體)二字揭示了滑冰的動作要領。500 m短道速滑世界紀錄由我國運動員武大靖創造并保持。在其創造紀錄的比賽中，
(1)(3分)武大靖從靜止出發，先沿直道加速滑行，前8 m 用時2 s。該過程可視為勻加速直線運動，求此過程加速度大小；
(2)(3分)武大靖途中某次過彎時的運動可視為半徑為10 m的勻速圓周運動，速度大小為14 m/s。已知武大靖的質量為73 kg，求此次過彎時所需的向心力大小；
(3)(4分)武大靖通過側身來調整身體與水平冰面的夾角，使場地對其作用力指向身體重心而實現平穩過彎，如圖所示。求武大靖在(2)問中過彎時身體與水平面的夾角θ的大小。(不計空氣阻力，重力加速度大小取10 m/s2，tan 22°=0.40、tan 27°=0.51、tan 32°=0.62、tan 37°=0.75)
13.(2020·山東卷·16)單板滑雪U形池比賽是冬奧會比賽項目，其場地可以簡化為如圖甲所示的模型：U形滑道由兩個半徑相同的四分之一圓柱面軌道和一個中央的平面直軌道連接而成，軌道傾角為17.2°。某次練習過程中，運動員以vM=10 m/s的速度從軌道邊緣上的M點沿軌道的豎直切面ABCD滑出軌道，速度方向與軌道邊緣線AD的夾角α=72.8°，騰空后沿軌道邊緣的N點進入軌道。圖乙為騰空過程左視圖。該運動員可視為質點，不計空氣阻力，取重力加速度的大小g=10 m/s2，sin 72.8°=0.96，cos 72.8°=0.30。求：
(1)(6分)運動員騰空過程中離開AD的距離的最大值d；
(2)(6分)M、N之間的距離L。
答案精析
1.D　[由于不計空氣阻力，鉛球被水平推出后只受重力作用，加速度等于重力加速度，不隨時間改變，故A錯誤；鉛球被水平推出后做平拋運動，豎直方向有vy=gt，則拋出后速度大小為v=可知速度大小與時間不是一次函數關系，故B錯誤；鉛球拋出后的動能Ek=mv2=m可知動能與時間不是一次函數關系，故C錯誤；鉛球水平拋出后由于忽略空氣阻力，所以拋出后鉛球機械能守恒，故D正確。]
2.C　[動能表達式為Ek=mv2。由題意可知小車水平離開甲板時的動能變為調整前的4倍，則小車離開甲板時速度變為調整前的2倍；小車離開甲板后做平拋運動，從離開甲板到到達海面上時間不變，根據x=vt，可知小車在海面上的落點與其離開甲板處的水平距離為調整前的2倍。故選C。]
3.B　[拋出的兩谷粒在空中均僅受重力作用，加速度均為重力加速度，故谷粒1的加速度等于谷粒2的加速度，A錯誤；谷粒2做斜拋運動，谷粒1做平拋運動，在豎直方向上谷粒2做豎直上拋運動，谷粒1做自由落體運動，豎直方向上位移相同故谷粒2運動時間較長，C錯誤；谷粒2做斜拋運動，水平方向上為勻速直線運動，故運動到最高點的速度即為水平方向上的分速度。與谷粒1比較水平位移相同，但運動時間較長，故谷粒2水平方向上的速度較小即最高點的速度小于v1，B正確；兩谷粒從O點運動到P點的位移相同，運動時間不同，故平均速度不相等，谷粒1的平均速度大于谷粒2的平均速度，D錯誤。]
4.A　[由題知桿OP繞O點從與水平方向成30°勻速轉動到60°，則P點繞O點做勻速圓周運動，則P點的線速度大小不變，P點的加速度方向時刻指向O點，A正確，B錯誤；Q點在豎直方向的運動與P點相同，相對于O點在豎直方向的位置y關于時間t的關系為y=lOP·sin則可看出Q點在豎直方向不是做勻速運動，C錯誤；Q點相對于O點在水平方向的位置x關于時間t的關系為x=lOP·cos+lPQ，則可看出Q點在水平方向也不是做勻速運動，D錯誤。]
5.B　[摩托車從a點做平拋運動到c點，水平方向：h=v1t1，豎直方向：h=g可解得v1=動能E1=m=；摩托車從a點做平拋運動到b點，水平方向：3h=v2t2，豎直方向：0.5h=g解得v2=3動能E2=m=mgh，故=18，B正確。]
6.A　[由于空氣阻力大小與瞬時速度大小成正比，小石子在O點時速度斜向上方，此時速度最大，空氣阻力斜向下方最大，上升過程與豎直方向夾角最小，故此時空氣阻力在豎直方向的分力最大，根據牛頓第二定律可知此時豎直方向分運動的加速度最大，故選A。]
7.BD　[對小球受力分析，設彈簧彈力為FT，彈簧與水平方向的夾角為θ，則對小球豎直方向有FTsin θ=mg
而FT=k
可知θ為定值，FT不變，則當轉速增大后，小球的高度不變，彈簧的彈力不變，A錯誤，B正確；
水平方向當轉速較小，桿對小球的彈力背離轉軸時，
則FTcos θ-FN=mω2r
即FN=FTcos θ-mω2r
當轉速較大，桿對小球的彈力指向轉軸時，
則FTcos θ+FN'=mω'2r
即FN'=mω'2r-FTcos θ
因ω'>ω，根據牛頓第三定律可知，小球對桿的壓力不一定變大，C錯誤；
根據F合=mω2r可知，因角速度變大，則小球受合外力變大，則D正確。]
8.D　[若研究兩個過程的逆過程，可看成是從籃筐沿同方向斜向上的斜拋運動，落到同一高度上的兩點，則A上升的高度較大，高度決定時間，可知A運動時間較長，即B先落入籃筐中，A、B錯誤；因為兩球拋射角相同，A的射程較遠，則A球的水平速度較大，即A在最高點的速度比B在最高點的速度大，C錯誤；由斜拋運動的對稱性可知，當A、B上升到某一相同高度時的速度方向相同，D正確。]
9.B　[在BC段的最大加速度為a1=2 m/s2，則根據a1=可得在BC段的最大速度為v1m= m/s，在CD段的最大加速度為a2=1 m/s2，則根據a2=可得在CD段的最大速度為v2m=2 m/s10.(1)　(2)d　(3)Sd
解析　(1)水在空中做平拋運動，由平拋運動規律得，豎直方向h=gt2
解得水從管口到水面的運動時間
t=
(2)由平拋運動規律得，水平方向
d=v0t
解得水從管口排出時的速度大小
v0=d
(3)管口單位時間內流出水的體積
Q=Sv0=Sd
11.
解析　石子做平拋運動，落到水面時豎直方向的速度：=2gh，
得：vy=
又由題意可知≤tan θ，
則初速度：v0≥
即拋出時的最小速度為。
12.(1)4 m/s2　(2)1 430.8 N　(3)27°
解析　(1)設武大靖運動過程的加速度大小為a，根據x=at2
解得a== m/s2=4 m/s2
(2)根據F向=m
解得過彎時所需的向心力大小為
F向=73× N=1 430.8 N
(3)設場地對武大靖的作用力大小為F，受力如圖所示
根據牛頓第二定律可得
F向=
解得tan θ==≈0.51
可得θ=27°。
13.(1)4.8 m　(2)12 m
解析　(1)在M點，設運動員在ABCD面內垂直AD方向的分速度為v1，由運動的合成與分解規律得
v1=vMsin 72.8°①
設運動員在ABCD面內垂直AD方向的分加速度為a1，由牛頓第二定律得
mgcos 17.2°=ma1②
由運動學公式得d=③
聯立①②③式，代入數據得
d=4.8 m④
(2)在M點，設運動員在ABCD面內平行AD方向的分速度為v2，
由運動的合成與分解規律得v2=vMcos 72.8°⑤
設運動員在ABCD面內平行AD方向的分加速度為a2，由牛頓第二定律得
mgsin 17.2°=ma2⑥
設騰空時間為t，
由運動學公式得t=⑦
L=v2t+a2t2⑧
聯立①②⑤⑥⑦⑧式，代入數據得
L=12 m。(共37張PPT)
經典重現　考題再現
五、拋體運動　圓周運動
1.(2023·浙江6月選考·3)鉛球被水平推出后的運動過程中，不計空氣阻力，下列關于鉛球在空中運動時的加速度大小a、速度大小v、動能Ek和機械能E隨運動時間t的變化關系中，正確的是
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由于不計空氣阻力，鉛球被水平推出后只受重力作用，加速度等于重力加速度，不隨時間改變，故A錯誤；
鉛球被水平推出后做平拋運動，豎直方向有vy=gt，則拋出后速度大小為v=，可知速度大小與時間不是一次函數關系，故B錯誤；
鉛球拋出后的動能Ek=mv2=m，可知動能與時間不是一次函數關系，故C錯誤；
鉛球水平拋出后由于忽略空氣阻力，所以拋出后鉛球機械能守恒，故D正確。
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2.(2024·新課標卷·15)福建艦是我國自主設計建造的首艘彈射型航空母艦。借助配重小車可以進行彈射測試，測試時配重小車被彈射器從甲板上水平彈出后，落到海面上。調整彈射裝置，使小車水平離開甲板時的動能變為調整前的4倍。忽略空氣阻力，則小車在海面上的落點與其離開甲板處的水平距離為調整前的
A.0.25倍 B.0.5倍
C.2倍 D.4倍
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動能表達式為Ek=mv2。由題意可知小車水平離開甲板時的動能變為調整前的4倍，則小車離開甲板時速度變為調整前的2倍；小車離開甲板后做平拋運動，從離開甲板到到達海面上時間不變，根據x=vt，可知小車在海面上的落點與其離開甲板處的水平距離為調整前的2倍。故選C。
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3.(2023·湖南卷·2)如圖(a)，我國某些農村地區人們用手拋撒谷粒進行水稻播種。某次拋出的谷粒中有兩顆的運動軌跡如圖(b)所示，其軌跡在同一豎直平面內，拋出點均為O，且軌跡交于P點，拋出時谷粒1和谷粒2的初速度分別為v1和v2，其中v1方向水平，v2方向斜向上。忽略空氣阻力，關于兩谷粒在空中的運動，下列說法正確的是
A.谷粒1的加速度小于谷粒2的加速度
B.谷粒2在最高點的速度小于v1
C.兩谷粒從O到P的運動時間相等
D.兩谷粒從O到P的平均速度相等
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拋出的兩谷粒在空中均僅受重力作用，加速度均為重力加速度，故谷粒1的加速度等于谷粒2的加速度，A錯誤；
谷粒2做斜拋運動，谷粒1做平拋運動，在豎直方向
上谷粒2做豎直上拋運動，谷粒1做自由落體運動，豎直方向上位移相同故谷粒2運動時間較長，C錯誤；
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谷粒2做斜拋運動，水平方向上為勻速直線運動，故運動到最高點的速度即為水平方向上的分速度。與谷粒1比較水平位移相同，但運動時間較長，故谷粒2水平方向上的速度較小即最高點的速度小于v1，B正確；
兩谷粒從O點運動到P點的位移相同，運動時間不同，故平均速度不相等，谷粒1的平均速度大于谷粒2的平均速度，D錯誤。
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4.(2021·廣東卷·4)由于高度限制，車庫出入口采用如圖所示的曲桿道閘，道閘由轉動桿OP與橫桿PQ鏈接而成，P、Q為橫桿的兩個端點。在道閘抬起過程中，桿PQ始終保持水平。桿OP繞O點從與水平方向成30°勻速轉動到60°的過程中，下列說法正確的是
A.P點的線速度大小不變
B.P點的加速度方向不變
C.Q點在豎直方向做勻速運動
D.Q點在水平方向做勻速運動
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由題知桿OP繞O點從與水平方向成30°勻速轉動到60°，則P點繞O點做勻速圓周運動，則P點的線速度大小不變，P點的加速度方向時刻指向O點，A正確，B錯誤；
Q點在豎直方向的運動與P點相同，相對于O點在豎直方向的位置y關于時
間t的關系為y=lOP·sin，則可看出Q點在豎直方向不是做勻速運動，
C錯誤；
Q點相對于O點在水平方向的位置x關于時間t的關系為x=lOP·cos+
lPQ，則可看出Q點在水平方向也不是做勻速運動，D錯誤。
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5.(2020·全國卷Ⅱ·16)如圖，在摩托車越野賽途中的水平路段前方有一個坑，該坑沿摩托車前進方向的水平寬度為3h，其左邊緣a點比右邊緣b點高0.5h。若摩托車經過a點時的動能為E1，它會落到坑內c點。c與a的水平距離和高度差均為h；若經過a點時的動能為E2，該摩托車恰能越過坑到達b點。等于
A.20 B.18
C.9.0 D.3.0
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摩托車從a點做平拋運動到c點，水平方向：h=v1t1，豎直方向：h= g，可解得v1=，動能E1=m=；摩托車從a點做平拋運動到b點，水平方向：3h=v2t2，豎直方向：0.5h=g，解得v2=3，動能E2=m=mgh，故=18，B正確。
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6.(2023·浙江1月選考·5)如圖所示，在考慮空氣阻力的情況下，一小石子從O點拋出沿軌跡OPQ運動，其中P是最高點。若空氣阻力大小與瞬時速度大小成正比，則小石子豎直方向分運動的加速度大小
A.O點最大
B.P點最大
C.Q點最大
D.整個運動過程保持不變
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由于空氣阻力大小與瞬時速度大小成正比，小石子在O點時速度斜向上方，此時速度最大，空氣阻力斜向下方最大，上升過程與豎直方向夾角最小，
故此時空氣阻力在豎直方向的分力最大，根據牛頓第二定律可知此時豎直方向分運動的加速度最大，故選A。
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7.(多選)(2021·河北卷·9)如圖，矩形金屬框MNQP豎直放置，其中MN、PQ足夠長，且PQ桿光滑，一根輕彈簧一端固定在M點，另一端連接一個質量為m的小球，小球穿過PQ桿，金屬框繞MN軸分別以角速度ω和ω'勻速轉動時，小球均相對PQ桿靜止，若ω'>ω，則與以ω勻速轉動時相比，以ω'勻速轉動時
A.小球的高度一定降低
B.彈簧彈力的大小一定不變
C.小球對桿壓力的大小一定變大
D.小球所受合外力的大小一定變大
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對小球受力分析，設彈簧彈力為FT，彈簧與水平方向的夾角為θ，則對小球豎直方向有FTsin θ=mg
而FT=k
可知θ為定值，FT不變，則當轉速增大后，小球的高度不變，彈簧的彈力不變，A錯誤，B正確；
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水平方向當轉速較小，桿對小球的彈力背離轉軸時，
則FTcos θ-FN=mω2r
即FN=FTcos θ-mω2r
當轉速較大，桿對小球的彈力指向轉軸時，
則FTcos θ+FN'=mω'2r
即FN'=mω'2r-FTcos θ
因ω'>ω，根據牛頓第三定律可知，小球對桿的壓力不一定變大，C錯誤；
根據F合=mω2r可知，因角速度變大，則小球受合外力變大，則D正確。
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8.(2021·江蘇卷·9)如圖所示，A、B兩籃球從相同高度同時拋出后直接落入籃筐，落入籃筐時的速度方向相同，下列判斷正確的是
A.A比B先落入籃筐
B.A、B運動的最大高度相同
C.A在最高點的速度比B在最高點的速度小
D.A、B上升到某一相同高度時的速度方向相同
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若研究兩個過程的逆過程，可看成是從籃筐沿同方向斜向上的斜拋運動，落到同一高度上的兩點，則A上升的高度較大，高度決定時間，可知A運動時間較長，即B先落入籃筐中，A、B錯誤；
因為兩球拋射角相同，A的射程較遠，則A球的水平速度較大，即A在最高點的速度比B在最高點的速度大，C錯誤；
由斜拋運動的對稱性可知，當A、B上升到某一相同高度時的速度方向相同，D正確。
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9.(2022·山東卷·8)無人配送小車某次性能測試路徑如圖所示，半徑為3 m的半圓弧BC與長8 m的直線路徑AB相切于B點，與半徑為4 m的半圓弧CD相切于C點。小車以最大速度從A點駛入路徑，到適當位置調整速率運動到B點，然后保持速率不變依次經過BC和CD。為保證安全，小車速率最大為4 m/s，在ABC段的加速度最大為2 m/s2，CD段的加速度最大為1 m/s2。小車視為質點，小車從A到D所需最短時間t及在AB段做勻速直線運動的最長距離l為
A.t= s，l=8 m
B.t= s，l=5 m
C.t= s，l=5.5 m
D.t= s，l=5.5 m
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，可得在CD段的最大速度為v2m=2 m/s在BC段的最大加速度為a1=2 m/s2，則根據a1=，可得在BC段的最大速度為v1m= m/s，在CD段的最大加速度為a2=1 m/s2，則根據a2=
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AB段從最大速度vm減速到v的時間t1== s =1 s，位移x1==3 m，在AB段勻速的最長距離為l=8 m-3 m=5 m，則勻速運動的時間t2== s，則從A到D最短時間為t=t1+t2+t3=(+) s，故選B。
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10.(2024·北京卷·19)如圖所示，水平放置的排水管滿口排水，管口的橫截面積為S，管口離水池水面的高度為h，水在水池中的落點與管口的水平距離為d。假定水在空中做平拋運動，已知重力
加速度為g，h遠大于管口內徑。求：
(1)水從管口到水面的運動時間t；
答案　
水在空中做平拋運動，由平拋運動規律得，豎直方向h=gt2
解得水從管口到水面的運動時間t=
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(2)水從管口排出時的速度大小v0；
答案　d　
由平拋運動規律得，水平方向d=v0t
解得水從管口排出時的速度大小v0=d
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(3)管口單位時間內流出水的體積Q。
答案　Sd
管口單位時間內流出水的體積
Q=Sv0=Sd
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11.(2023·新課標卷·24)將扁平的石子向水面快速拋出，石子可能會在水面上一跳一跳地飛向遠方，俗稱“打水漂”。要使石子從水面跳起產生“水漂”效果，石子接觸水面時的速度方向與水面的夾角不能大于θ。為了觀察到“水漂”，一同學將一石子從距水面高度為h處水平拋出，拋出速度的最小值為多少？(不計石子在空中飛行時的空氣阻力，重力加速度大小為g)
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答案　
石子做平拋運動，落到水面時豎直方向的速度：=2gh，
得：vy=
又由題意可知，≤tan θ，
則初速度：v0≥，
即拋出時的最小速度為。
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12.(2022·福建卷·13)清代乾隆的《冰嬉賦》用“躄躠”(可理解為低身斜體)二字揭示了滑冰的動作要領。500 m短道速滑世界紀錄由我國運動員武大靖創造并保持。在其創造紀錄的比賽中，
(1)武大靖從靜止出發，先沿直道加速滑行，前8 m 用時2 s。該過程可視為勻加速直線運動，求此過程加速度大小；
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答案　4 m/s2　
設武大靖運動過程的加速度大小為a，根據x=at2
解得a== m/s2=4 m/s2
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(2)武大靖途中某次過彎時的運動可視為半徑為10 m的勻速圓周運動，速度大小為14 m/s。已知武大靖的質量為73 kg，求此次過彎時所需的向心力大小；
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答案　1 430.8 N　
根據F向=m
解得過彎時所需的向心力大小為
F向=73× N=1 430.8 N
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(3)武大靖通過側身來調整身體與水平冰面的夾角，使場地對其作用力指向身體重心而實現平穩過彎，如圖所示。求武大靖在(2)問中過彎時身體與水平面的夾角θ的大小。(不計空氣阻力，重力加速度大小取10 m/s2，tan 22°=0.40、tan 27°=0.51、tan 32°=0.62、tan 37°=0.75)
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答案　27°
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設場地對武大靖的作用力大小為F，受力如圖所示
根據牛頓第二定律可得
F向=
解得tan θ==≈0.51
可得θ=27°。
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13.(2020·山東卷·16)單板滑雪U形池比賽是冬奧會比賽項目，其場地可以簡化為如圖甲所示的模型：U形滑道由兩個半徑相同的四分之一圓柱面軌道和一個中央的平面直軌道連接而成，軌道傾角為17.2°。某次練習過程中，運動員以vM=10 m/s的速度從軌道邊緣上的M點沿軌道的豎直切面ABCD滑出軌道，速度方向與軌道邊緣線AD的夾角α=72.8°，騰空后沿軌道邊緣的N點進入軌道。圖乙為騰空
過程左視圖。該運動員可視為質點，不計空
氣阻力，取重力加速度的大小g=10 m/s2，
sin 72.8°=0.96，cos 72.8°=0.30。求：
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(1)運動員騰空過程中離開AD的距離的最大值d；
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答案　4.8 m　
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在M點，設運動員在ABCD面內垂直AD方向的分速度為v1，由運動的合成與分解規律得
v1=vMsin 72.8° ①
設運動員在ABCD面內垂直AD方向的分加速度為a1，由牛頓第二定律得mgcos 17.2°=ma1 ②
由運動學公式得d= ③
聯立①②③式，代入數據得
d=4.8 m ④
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(2)M、N之間的距離L。
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答案　12 m
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在M點，設運動員在ABCD面內平行AD方向的分速度為v2，
由運動的合成與分解規律得v2=vMcos 72.8° ⑤
設運動員在ABCD面內平行AD方向的分加速度為a2，由牛頓第二定律得mgsin 17.2°=ma2 ⑥
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設騰空時間為t，由運動學公式得t= ⑦
L=v2t+a2t2 ⑧
聯立①②⑤⑥⑦⑧式，代入數據得L=12 m。

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