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第2講　拋體運動
投壺是古人宴會時禮節性的游戲。若將箭水平投出,不計箭所受空氣阻力,請思考: (1)投出的箭做什么性質的運動 通常如何來研究和處理該運動 (2)箭的下落時間和水平位移分別由哪些因素決定
[footnoteRef:1] [1:
【答案】 重力　勻變速　勻速直線　自由落體　gt　　v0t　gt2　　　重力　勻變速　拋物線　v0cos θ　v0sin θ-gt]
如圖甲所示是網球發球機,某次室內訓練時將發球機放在距地面一定的高度,然后向豎直墻面發射網球。假定網球均水平射出,某兩次射出的網球碰到墻面時速度與水平方向夾角分別為30°和60°,如圖乙所示,若不考慮空氣阻力,則(　　)
[A] 兩次發射的初速度大小之比為3∶1
[B] 碰到墻面前在空中運動時間之比為1∶
[C] 下落高度之比為1∶
[D] 碰到墻面時速度大小之比為3∶1
【答案】 B
考點一　平拋運動基本規律的應用
(1)如圖甲所示,物體下落到空中的A點時,設其位移與水平方向的夾角為α,在A點速度偏轉角為θ,試證明tan θ=2tan α。
甲
提示:由tan θ==,tan α==可得tan θ=2tan α。
(2)物體在下落過程中某時刻恰好在空中的A點,此時瞬時速度的反向延長線通過水平位移的B點,如圖乙所示,試證明xB=。
乙
提示:由tan θ=,tan α=,tan θ=2tan α 可得xB=。
1.平拋運動四個基本特點
飛行 時間 由t=知,飛行時間取決于下落高度h,與初速度v0無關
水平 射程 x=v0t=v0,即水平射程由初速度v0和下落高度h共同決定,與其他因素無關
落地 速度 v==,落地速度也只與初速度v0和下落高度h有關
速度 變化量 任意相等時間間隔Δt內的速度變化量Δv=gΔt相同,方向恒為豎直向下,如圖所示。 注意:平拋運動中任意相等時間間隔Δt內的速率變化量一定不相等
2.兩個重要推論
(1)做平拋運動的物體在任意時刻的瞬時速度的反向延長線一定通過此時水平位移的中點。
(2)做平拋運動的物體在任意時刻任意位置處,速度方向與水平方向的夾角θ和位移方向與水平方向的夾角α的關系為tan θ=2tan α。
[例1] 【平拋運動規律的理解】 (2024·重慶沙坪壩三模)一質點做平拋運動,先后經過空中的P、Q兩點,經過P點時速度方向與水平方向的夾角為30°,經過Q點時速度方向與水平方向的夾角為60°,則(　　)
[A] P到Q過程質點做非勻變速運動
[B] P、Q連線與水平方向夾角為60°
[C] 質點經過P、Q兩點時豎直速度之比為1∶3
[D] 從拋出點到P、Q兩點的水平位移之比為1∶2
【答案】 C
【解析】 平拋運動過程只受重力作用,加速度不變,所以P到Q過程質點做勻加速曲線運動,故A錯誤;由題意可知P、Q連線與水平方向夾角介于30°～60°之間,故B錯誤;由平拋運動水平方向為勻速直線運動,則tan 30°=,tan 60°=,所以=,故C正確;平拋運動豎直方向為自由落體運動,由vy=gt可知運動到P、Q兩點的時間關系為==,由時間關系得水平位移關系為==,故D錯誤。
[例2] 【平拋運動規律的應用】 在跨越河流表演中,一人騎車以25 m/s的速度水平沖出平臺,恰好跨越寬d=25 m的河流落在河對岸平臺上,不計空氣阻力,重力加速度g取10 m/s2,則兩平臺的高度差h為(　　)
[A] 0.5 m [B] 5 m
[C] 10 m [D] 20 m
【答案】 B
【解析】 人和車做平拋運動,設運動時間為t,豎直方向有h=gt2,水平方向有d=v0t,其中d=25 m,v0=25 m/s,解得h=5 m。
考點二　與斜面或圓弧面有關的平拋運動
1.落點在斜面上的三種情境分析
模型
方法 分解速度,構建速度三角形,找到斜面傾角θ與速度方向的關系 分解速度,構建速度的矢量三角形 分解位移,構建位移三角形,隱含條件:斜面傾角θ等于位移與水平方向的夾角
基本規律 水平方向:vx=v0 豎直方向:vy=gt 合速度:v= 方向:tan θ= 水平方向:vx=v0 豎直方向:vy=gt 合速度:v= 方向:tan θ= 水平方向:x=v0t 豎直方向:y=gt2 合位移:s= 方向:tan θ=
2.落點在曲面上的三種情境分析
運動情境 物理量分析
tan θ= = →t=
在半圓內的平拋運動,R+ =v0t→t=
小球恰好從圓柱體的Q點沿切線飛過,此時半徑OQ垂直于速度方向,圓心角θ與速度的偏轉角相等
[例3] 【與斜面有關的平拋運動】 跳臺滑雪是一項勇敢者的滑雪運動,運動員在滑雪道上獲得一定速度后從跳臺飛出,在空中飛一段距離后落地。如圖所示,運動員從跳臺A處沿水平方向以v0=20 m/s 的速度飛出,落在斜坡上的B處,斜坡與水平方向的夾角θ為37°,不計空氣阻力,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2,求:
(1)運動員在空中飛行的時間;
(2)運動員落在B處時的速度大小;
(3)運動員在空中離坡面的最大距離。
【答案】 (1)3 s　(2)10 m/s　(3)9 m
【解析】 (1)運動員做平拋運動,設在空中飛行的時間為t,則有 x=v0t,y=gt2,
由題圖可知 tan θ=,
整理得t=,
代入數據,解得 t=3 s。
(2)運動員落在B處時有vx=v0,vy=gt,
根據矢量合成,有vB=,
解得 vB=10 m/s。
(3)取沿斜坡向下方向與垂直于斜坡向上方向分析運動員的運動,則在垂直于斜坡方向上有
vy′=v0sin θ,ay=-gcos θ,
當vy′=0時,運動員在空中離坡面的距離最大,則有 d=,
代入數據,解得d=9 m。
靈活建立坐標系解決平拋問題
(1)坐標系的建立是任意的,和斜面結合的平拋運動也可以沿斜面方向和垂直斜面方向建立直角坐標系。
(2)如求解本題第(3)問時,把初速度v0、重力加速度g分解成沿斜坡方向和垂直斜坡方向的兩個分量。沿斜坡方向為初速度為v0cos θ、加速度大小為gsin θ的勻加速直線運動,垂直斜坡方向為初速度為v0sin θ、加速度大小為gcos θ的類豎直上拋運動。這樣僅用垂直斜坡方向的分運動即可求解離坡面的最大距離(垂直斜坡方向分速度減為零時)。
[例4] 【與弧面有關的平拋運動】 如圖所示,一豎直圓弧形槽固定于水平地面上,O為圓心,AB為沿水平方向的直徑。若在A點以初速度v1沿AB方向平拋一小球,小球將擊中槽壁上的最低點D點;若A點小球拋出的同時,在C點以初速度v2沿BA方向平拋另一相同質量的小球并也能擊中D點,已知∠COD=60°,且不計空氣阻力,則(　　)
[A] 兩小球同時落到D點
[B] 兩小球初速度大小之比為 ∶
[C] 兩小球落到D點時的速度方向與OD夾角相等
[D] 兩小球落到D點時的瞬時速率之比為∶1
【答案】 B
【解析】 由于A、C兩點到D點的豎直高度不同,兩球在空中運動時間不同,選項A錯誤;設圓弧形槽半徑為R,對從A點拋出的小球,R=v1tA,R=g,則v1=,對從C點拋出的小球,Rsin 60°=v2tC,R-Rcos 60°=g,則v2=,v1∶v2=∶,選項B正確;設小球在D點速度方向與OD夾角為θ,豎直分速度為vy,水平分速度為v0,則tan θ=,由v1∶v2=∶ 和∶=tA∶tC=∶1可知tan θ1≠tan θ2,選項C錯誤;由運動學知識可得=2gR,=gR,設兩小球落到D點時的瞬時速率分別為vA、vC,vA==,vC==,則vA∶vC=∶,選項D錯誤。
考點三　類平拋運動與斜拋運動問題
1.類平拋運動
類平拋運動特點 求解技巧
(1)受力特點:物體所受合力為恒力,與初速度方向垂直。 (2)運動特點:在初速度v0方向做勻速直線運動,在合力方向做初速度為零的勻加速直線運動,加速度a= (1)常規分解法:將類平拋運動分解為沿初速度方向的勻速直線運動和垂直于初速度方向的勻加速直線運動。 (2)特殊分解法:以拋出點為原點建立適當的直角坐標系,將加速度分解為ax、ay,初速度v0分解為vx、vy,然后分別在x、y方向列方程求解
2.斜拋運動的處理方法
圖示
處理 方法 水平豎直正交分解化曲為直 最高點一分為二變平拋運動逆向處理 將初速度和重力加速度沿斜面方向和垂直于斜面方向分解
基本 規律 水平方向:v0x=v0cos θ x=v0cos θ·t 豎直方向:v0y=v0sin θ y=v0sin θ·t-gt2 最高點:hm= 落回等高處射程:s=v0cos θ·t==,對于給定的v0,當θ=45°時,射程達到最大值,smax=。 最高點速度水平:v0x=v0cos θ 垂直斜面:g1=gcos α v01=v0sin θ y=v0sin θ·t-g1t2 沿著斜面:g2=gsin α v02=v0cos θ x=v0cos θ·t+g2t2 最高點:hm=
[例5] 【類平拋運動】 (2024·山東泰安模擬)(多選)如圖所示,光滑斜面長為l,寬為b,頂角為θ,一物塊從斜面左上方頂點P以平行于底邊的初速度水平射入,沿斜面運動,恰好從底端Q離開斜面,物塊可看成質點,則(　　)
[A] 物塊的初速度v0=b
[B] 物塊的初速度v0=b
[C] 物塊到達Q點時的速度vQ=
[D] 物塊到達Q點時的速度vQ=
【答案】 BC
【解析】 物塊在斜面上做類平拋運動,有b=v0t,l=at2,物塊沿斜面方向的加速度為a==gcos θ,聯立解得物塊的初速度v0=b,故A錯誤,B正確;在Q點的沿斜面向下的分速度為vy=at,物塊到達Q點時的速度vQ==,故C正確,D錯誤。
[例6] 【逆向思維法處理斜拋運動】 (多選)利用足球發球機可以極大地提高守門員的訓練效率,為了測試足球發球機的性能,某次試驗時發球機向球門網架發射足球,當發球機向網架水平移動時,發球口先后在A點與B點發射的兩相同足球1、2剛好沿水平方向打在橫梁上同一點P,已知在A點、B點的發射速度與水平方向所成的角度分別為α、β。不考慮足球在空中受到的阻力,下列說法正確的是(　　)
[A] 1、2兩球的初速度之比為sin α∶sin β
[B] 1、2兩球在P點的速度之比為tan β∶tan α
[C] 1、2兩球的水平位移之比為tan α∶tan β
[D] 1、2兩球在A、B兩點重力的瞬時功率之比為1∶1
【答案】 BD
【解析】 發球口先后在A點與B點發射的兩相同足球1、2剛好沿水平方向打在橫梁上同一點P,可由逆向思維法看成從P點做平拋運動,因豎直位移y相同,則由y=gt2,vy=gt可知,從P點運動到A點和B點的時間t相同,豎直速度vy相同,由vA=,vB=,解得=,故A錯誤;1、2 兩球在P點的速度即為平拋的水平速度,有vA0=,vB0=,可得=,故B正確;1、2兩球的水平位移為x=v0t,可得==,故C錯誤;1、2兩球在A、B兩點重力的瞬時功率為PG=mgvy,因豎直速度vy相同,則重力的瞬時功率之比為1∶1,故D正確。
[例7] 【分解法處理斜拋運動】 (2024·山東卷,12)(多選)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
【答案】 BD
【解析】 將初速度分解為沿PQ方向分速度v1和垂直于PQ方向分速度v2,則有v1=v0cos 60°=10 m/s,v2=v0sin 60°=10 m/s,將重力加速度分解為沿PQ方向分加速度a1和垂直于PQ方向分加速度a2,則有a1=gsin 30°=5 m/s2,a2=gcos 30°=5 m/s2,垂直于PQ方向,根據對稱性可得重物運動時間為t=2·=4 s,重物離PQ連線的最遠距離為dmax==10 m,故A、C錯誤;重物落地時豎直分速度大小為vy=-v0sin 30°+gt=30 m/s,則落地速度與水平方向夾角正切值為tan θ===,可得θ=60°,故B正確;從拋出到最高點所用時間為t1==1 s,則從最高點到落地所用時間為t2=t-t1=3 s,軌跡最高點與落點的高度差為h=g=45 m,故D正確。
建立斜坐標系處理斜拋運動
本題也可以建立初速度方向和豎直方向的斜坐標系,如圖,
則初速度方向為勻速直線運動,豎直方向為自由落體運動。初速度方向有x=v0t,豎直方向有y=gt2,由幾何關系得v0t=gt2,lPQ=v0t。
[提升] 【空間中的斜拋運動】 (2022·山東卷,11)(多選)如圖所示,某同學將離地1.25 m的網球以 13 m/s 的速度斜向上擊出,擊球點到豎直墻壁的距離4.8 m。當網球豎直分速度為零時,擊中墻壁上離地高度為8.45 m的P點。網球與墻壁碰撞后,垂直墻面速度分量大小變為碰前的0.75倍,平行墻面的速度分量不變。重力加速度g取10 m/s2,網球碰墻后的速度大小v和著地點到墻壁的距離d分別為(　　)
[A] v=5 m/s [B] v=3 m/s
[C] d=3.6 m [D] d=3.9 m
【答案】 BD
【解析】 建立如圖所示的三維坐標系,網球在豎直方向做豎直上拋運動,上升的最大高度h1=(8.45-1.25) m=7.20 m,所以在擊球點豎直方向的分速度v0z==12 m/s,上升時間t1==1.2 s,則v0y= m/s=4 m/s,故沿x方向的分速度v0x==3 m/s;到達最高點P與墻壁碰撞后,沿x方向的分速度v0x′=3 m/s,沿y方向的分速度大小變為v0y′=4×0.75 m/s=3 m/s,所以網球碰撞以后的速度大小為v==3 m/s。下落的時間 t2= s=1.3 s,網球著地點到墻壁的距離d=v0y′t2=3.9 m。
(滿分:50分)
對點1.平拋運動基本規律的應用
1.(4分)(2025·云南高考適應性考試)如圖所示,“套圈”活動中,某同學將相同套環分兩次從同一位置水平拋出,分別套中Ⅰ號、Ⅱ號物品。若套環可近似視為質點,不計空氣阻力,則(　　)
[A] 套中Ⅰ號物品,套環被拋出的速度較大
[B] 套中Ⅰ號物品,重力對套環做功較小
[C] 套中Ⅱ號物品,套環飛行時間較長
[D] 套中Ⅱ號物品,套環動能變化量較小
【答案】 D
【解析】 套環在空中做平拋運動,由h=gt2得t=,可知下落高度越大,套環的飛行時間越長,故套中Ⅰ號物品時飛行時間較長,故C錯誤;由x=v0t知,套中Ⅱ號物品的套環拋出速度較大,故A錯誤;套環飛行過程中,重力做功的大小等于套環動能的變化量,即WG=ΔEk=mgh,故套中Ⅱ號物品時,套環下落的高度較小,重力對套環做功較小,套環的動能變化量較小,故B錯誤,D正確。
2.(4分)(2024·浙江1月選考卷,8)如圖所示,小明取山泉水時發現水平細水管到水平地面的距離為水桶高的兩倍,在地面上平移水桶,水恰好從桶口中心無阻擋地落到桶底邊沿A。已知桶高為h,直徑為D,則水離開出水口的速度大小為(　　)
[A] [B]
[C] [D] (+1)D
【答案】 C
【解析】 設出水口到水桶中心的水平距離為x,則x=v0,水落到桶底A點時,x+=v0,解得v0=,故C正確。
對點2.與斜面或圓弧面有關的平拋運動
3.(4分)(2024·山東日照一模)如圖所示,在水平地面上固定一傾角α=37°的斜面體,質量m=1 kg的小車A以P=100 W 的恒定功率沿斜面底端由靜止開始向上運動,同時在小車A的正上方某處,有一物塊B以v0=6 m/s的初速度水平拋出。當小車A運動到斜面上某點時恰好被物塊B垂直于斜面擊中。小車A、物塊B均可看作質點,小車與斜面間的動摩擦因數μ=0.5,不計空氣阻力,重力加速度g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。下列判斷正確的是(　　)
[A] 物塊在空中運動的時間等于0.4 s
[B] 物塊擊中小車時小車的速度等于2 m/s
[C] 物塊擊中小車時的速度等于8 m/s
[D] 小車從開始運動到被物塊擊中時的位移等于10 m
【答案】 B
【解析】 當小車A運動到斜面上某點時恰好被物塊B垂直于斜面擊中,則tan α==,且vy=gt,物塊在空中運動的時間為t=0.8 s,故A錯誤;物塊B擊中小車時,水平位移為x=v0t=4.8 m,對小車,根據動能定理有Pt-μmgcos α·-mgsin α·=mv2,解得物塊擊中小車時小車的速度為v=2 m/s,物塊的速度為v物塊==10 m/s,故B正確,C錯誤;小車從開始運動到被物塊擊中時的位移x小車== m=6 m,故D錯誤。
4.(6分)(2024·河北唐山模擬)(多選)如圖為一半圓形的坑,坑邊緣兩點A、B與圓心O等高且在同一豎直平面內,在邊緣A點將一小球以速度v1水平拋出,小球落到C點,運動時間為t1;第二次從A點以速度v2水平拋出,小球落到D點,運動時間為t2。不計空氣阻力,則(　　)
[A] v1[B] t1[C] 小球落到D點時,速度方向可能垂直圓弧
[D] 小球落到C點時,速度與水平方向的夾角一定大于45°
【答案】 AD
【解析】 如圖所示,連接AC和AD,設AC和AD在豎直方向上的高度分別為hAC和hAD,由圖可知hAC>hAD,且由hAC=g,hAD=g,可得t1>t2,設AC和AD在水平方向上的長度分別為xAC和xAD,則由xAC5.(6分)(多選)如圖所示,a、b兩個小球同時以相同的初速度v0從斜面上水平拋出后均又落在斜面上,如果忽略空氣阻力,下列說法正確的是(　　)
[A] a、b在相等的時間內速度的變化量相等
[B] a、b從拋出到落到斜面上的時間之比為1∶
[C] a、b落在斜面上的速度大小之比為1∶
[D] a、b落在斜面上的速度方向相同
【答案】 AB
【解析】 根據Δv=g·Δt,可知a、b在相等的時間內速度的變化量相等,故A正確;根據tan θ==,解得t=,可知a、b從拋出到落到斜面上的時間之比為ta∶tb=1∶,故B正確;根據v==可知,a、b落在斜面上的速度大小之比為va∶vb=∶,故C錯誤;設小球落在斜面上的速度方向與水平面夾角為α,則有tan α===2tan θ,可知a、b落在斜面上的速度方向不相同,故D錯誤。
對點3.類平拋運動與斜拋運動問題
6.(4分)(2024·甘肅蘭州一模)海水因密度不同會造成“水下斷崖”現象,潛艇從海水高密度區域駛入低密度區域,浮力頓減,如同疾駛的汽車掉下懸崖,專業上稱之為“掉深”。設某一潛艇正在高密度海水區域沿水平方向航行,t=0時刻潛艇“掉深”,水平方向的xt圖像和豎直方向的vt圖像如圖所示。重力加速度g取10 m/s2,不計水的阻力,對潛艇“掉深”后的運動,下列說法正確的是(　　)
[A] 依然能做直線運動
[B] 10 s末潛艇的速度約為21 m/s
[C] 豎直向下的最大位移為200 m
[D] 先超重后失重
【答案】 B
【解析】 根據潛艇水平方向的xt圖像和豎直方向的vt圖像分析知,“掉深”后潛艇水平方向做勻速直線運動,豎直方向先做勻加速直線運動,后做勻減速直線運動,故潛艇做曲線運動,故A錯誤;10 s末潛艇水平方向的速度為vx= m/s=5 m/s,豎直方向的速度為vy=20 m/s,故10 s末潛艇的速度約為v==5 m/s≈21 m/s,故B正確;豎直方向的速度減為零時,潛艇豎直向下的位移最大,根據vt圖像所圍的面積表示位移,知y=×30×20 m=300 m,故C錯誤;潛艇的加速度先向下后向上,故先失重后超重,故D錯誤。
7.(8分)(2024·山東臨沂一模)某學習小組用如圖所示的模型演示拋石過程。質量m=1 kg的石塊裝在長臂末端的口袋中,開始時口袋位于水平面并處于靜止狀態。現對短臂施力,當長臂轉到與豎直方向夾角為θ=53°時立即停止轉動,石塊以v0=20 m/s 的速度被拋出后打在地面上,石塊拋出點P離地面高度h=1.65 m,不計空氣阻力,重力加速度g取10 m/s2,取sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,求:
(1)拋出后石塊距離地面的最大高度;
(2)在石塊運動軌跡最高點左側豎立一塊長度L=3.2 m的木板充當城墻擋住石塊,求木板離石塊拋出點最近距離。
【答案】 (1)14.45 m　(2)37.2 m
【解析】 (1)石塊拋出時豎直方向分速度為v0y=v0sin θ=16 m/s,
則石塊從拋出點到最高點的高度為h1==12.8 m,
拋出后石塊距離地面的最大高度為H=h1+h=14.45 m。
(2)當石塊剛好被木板上端擋住時,木板離石塊拋出點距離最近;石塊從最高點到木板上端過程做平拋運動,豎直方向有H-L=g,
解得t2==1.5 s,
石塊從拋出到最高點所用時間為t1==1.6 s,
石塊拋出時的水平分速度為v0x=v0cos θ=12 m/s,
則木板離石塊拋出點最近距離為x=v0x(t1+t2)=37.2 m。
8.(4分)(2024·山東菏澤一模)如圖所示為一乒乓球臺的縱截面,AB是臺面的兩個端點位置,PC是球網位置,D、E兩點滿足AD=BE=AB,且E、M、N在同一豎直線上。第一次在M點將球擊出,軌跡最高點恰好經過球網最高點P落在A點;第二次在N點將同一球水平擊出,軌跡同樣恰好經過球網最高點P落到D點。球可看作質點,不計空氣阻力作用,則兩次擊球位置到桌面的高度之比hM∶hN為(　　)
[A] [B] [C] [D]
【答案】 A
【解析】 第一次球做斜拋運動,設AD=d,PC=h,則根據斜拋運動規律有h=g,xPA=3d=vxtPA,xMP=2d=vxtMP,hM=h-g,聯立可得hM=h;第二次球做平拋運動,設平拋的初速度為v0,根據平拋運動規律有xPD=2d=v0tPD,xNP=2d=v0tNP,hN=g(tNP+tPD)2,h=hN-g,聯立可得hN=h;則兩次擊球位置到桌面的高度之比為=,故選A。
9.(10分)北京2022年冬奧會,我國選手在單板滑雪U型池比賽中取得了較好的成績。比賽場地可以簡化為如圖所示的模型:U形滑道由兩個半徑相同的四分之一圓柱面軌道和中央平面直軌道連接而成,軌道傾角為18°。某次比賽中,質量m=50 kg的運動員自A點以vA=6 m/s的速度進入U型池,經過多次騰空跳躍,以vM=6 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°,騰空后又沿軌道邊緣的N點進入軌道。運動員可視為質點,不計空氣阻力。重力加速度g取10 m/s2,取sin 72°=0.95,cos 72°=0.31。求:
(1)在運動員從M點到N點的過程中,從M點運動到距離AD最遠處所用的時間t;
(2)在運動員從M點到N點的過程中,距離AD的最遠距離d;
(3)運動員落回到N點時,速度方向與AD夾角的正切值tan β(結果保留3位有效數字)。
【答案】 (1)0.6 s　(2)1.71 m　(3)1.02
【解析】 (1)將運動員的運動沿平行于AD和垂直于AD兩個方向進行分解,在垂直于AD方向上,初速度為vy0=vMsin 72°,
由牛頓第二定律有mgcos 18°=may,
解得ay=gcos 18°,
當運動員在該方向的速度為零時,距離AD最遠,則有0=vMsin 72°-ayt,
解得t=0.6 s。
(2)在垂直于AD方向上,
-2ayd=0-,
解得d=1.71 m。
(3)在垂直于AD方向上,遠離AD和返回AD的過程具有對稱性,即運動員到達N點時,垂直于AD的分速度大小為vy=vy0=vMsin 72°,
且運動的總時間tMN=2t,
在平行于AD方向上,初速度大小為vx0=vMcos 72°,
加速度ax=gsin 18°,
運動員到達N點時,平行于AD的分速度大小為vx=vx0+axtMN,
所以速度方向與AD夾角β的正切值
tan β=≈1.02。
(
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)第2講　拋體運動
投壺是古人宴會時禮節性的游戲。若將箭水平投出,不計箭所受空氣阻力,請思考: (1)投出的箭做什么性質的運動 通常如何來研究和處理該運動 (2)箭的下落時間和水平位移分別由哪些因素決定
如圖甲所示是網球發球機,某次室內訓練時將發球機放在距地面一定的高度,然后向豎直墻面發射網球。假定網球均水平射出,某兩次射出的網球碰到墻面時速度與水平方向夾角分別為30°和60°,如圖乙所示,若不考慮空氣阻力,則(　　)
[A] 兩次發射的初速度大小之比為3∶1
[B] 碰到墻面前在空中運動時間之比為1∶
[C] 下落高度之比為1∶
[D] 碰到墻面時速度大小之比為3∶1
考點一　平拋運動基本規律的應用
(1)如圖甲所示,物體下落到空中的A點時,設其位移與水平方向的夾角為α,在A點速度偏轉角為θ,試證明tan θ=2tan α。
甲
(2)物體在下落過程中某時刻恰好在空中的A點,此時瞬時速度的反向延長線通過水平位移的B點,如圖乙所示,試證明xB=。
乙
1.平拋運動四個基本特點
飛行 時間 由t=知,飛行時間取決于下落高度h,與初速度v0無關
水平 射程 x=v0t=v0,即水平射程由初速度v0和下落高度h共同決定,與其他因素無關
落地 速度 v==,落地速度也只與初速度v0和下落高度h有關
速度 變化量 任意相等時間間隔Δt內的速度變化量Δv=gΔt相同,方向恒為豎直向下,如圖所示。 注意:平拋運動中任意相等時間間隔Δt內的速率變化量一定不相等
2.兩個重要推論
(1)做平拋運動的物體在任意時刻的瞬時速度的反向延長線一定通過此時水平位移的中點。
(2)做平拋運動的物體在任意時刻任意位置處,速度方向與水平方向的夾角θ和位移方向與水平方向的夾角α的關系為tan θ=2tan α。
[例1] 【平拋運動規律的理解】 (2024·重慶沙坪壩三模)一質點做平拋運動,先后經過空中的P、Q兩點,經過P點時速度方向與水平方向的夾角為30°,經過Q點時速度方向與水平方向的夾角為60°,則(　　)
[A] P到Q過程質點做非勻變速運動
[B] P、Q連線與水平方向夾角為60°
[C] 質點經過P、Q兩點時豎直速度之比為1∶3
[D] 從拋出點到P、Q兩點的水平位移之比為1∶2
[例2] 【平拋運動規律的應用】 在跨越河流表演中,一人騎車以25 m/s的速度水平沖出平臺,恰好跨越寬d=25 m的河流落在河對岸平臺上,不計空氣阻力,重力加速度g取10 m/s2,則兩平臺的高度差h為(　　)
[A] 0.5 m [B] 5 m
[C] 10 m [D] 20 m
考點二　與斜面或圓弧面有關的平拋運動
1.落點在斜面上的三種情境分析
模型
方法 分解速度,構建速度三角形,找到斜面傾角θ與速度方向的關系 分解速度,構建速度的矢量三角形 分解位移,構建位移三角形,隱含條件:斜面傾角θ等于位移與水平方向的夾角
基本規律 水平方向:vx=v0 豎直方向:vy=gt 合速度:v= 方向:tan θ= 水平方向:vx=v0 豎直方向:vy=gt 合速度:v= 方向:tan θ= 水平方向:x=v0t 豎直方向:y=gt2 合位移:s= 方向:tan θ=
2.落點在曲面上的三種情境分析
運動情境 物理量分析
tan θ= = →t=
在半圓內的平拋運動,R+ =v0t→t=
小球恰好從圓柱體的Q點沿切線飛過,此時半徑OQ垂直于速度方向,圓心角θ與速度的偏轉角相等
[例3] 【與斜面有關的平拋運動】 跳臺滑雪是一項勇敢者的滑雪運動,運動員在滑雪道上獲得一定速度后從跳臺飛出,在空中飛一段距離后落地。如圖所示,運動員從跳臺A處沿水平方向以v0=20 m/s 的速度飛出,落在斜坡上的B處,斜坡與水平方向的夾角θ為37°,不計空氣阻力,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2,求:
(1)運動員在空中飛行的時間;
(2)運動員落在B處時的速度大小;
(3)運動員在空中離坡面的最大距離。
靈活建立坐標系解決平拋問題
(1)坐標系的建立是任意的,和斜面結合的平拋運動也可以沿斜面方向和垂直斜面方向建立直角坐標系。
(2)如求解本題第(3)問時,把初速度v0、重力加速度g分解成沿斜坡方向和垂直斜坡方向的兩個分量。沿斜坡方向為初速度為v0cos θ、加速度大小為gsin θ的勻加速直線運動,垂直斜坡方向為初速度為v0sin θ、加速度大小為gcos θ的類豎直上拋運動。這樣僅用垂直斜坡方向的分運動即可求解離坡面的最大距離(垂直斜坡方向分速度減為零時)。
[例4] 【與弧面有關的平拋運動】 如圖所示,一豎直圓弧形槽固定于水平地面上,O為圓心,AB為沿水平方向的直徑。若在A點以初速度v1沿AB方向平拋一小球,小球將擊中槽壁上的最低點D點;若A點小球拋出的同時,在C點以初速度v2沿BA方向平拋另一相同質量的小球并也能擊中D點,已知∠COD=60°,且不計空氣阻力,則(　　)
[A] 兩小球同時落到D點
[B] 兩小球初速度大小之比為 ∶
[C] 兩小球落到D點時的速度方向與OD夾角相等
[D] 兩小球落到D點時的瞬時速率之比為∶1
考點三　類平拋運動與斜拋運動問題
1.類平拋運動
類平拋運動特點 求解技巧
(1)受力特點:物體所受合力為恒力,與初速度方向垂直。 (2)運動特點:在初速度v0方向做勻速直線運動,在合力方向做初速度為零的勻加速直線運動,加速度a= (1)常規分解法:將類平拋運動分解為沿初速度方向的勻速直線運動和垂直于初速度方向的勻加速直線運動。 (2)特殊分解法:以拋出點為原點建立適當的直角坐標系,將加速度分解為ax、ay,初速度v0分解為vx、vy,然后分別在x、y方向列方程求解
2.斜拋運動的處理方法
圖示
處理 方法 水平豎直正交分解化曲為直 最高點一分為二變平拋運動逆向處理 將初速度和重力加速度沿斜面方向和垂直于斜面方向分解
基本 規律 水平方向:v0x=v0cos θ x=v0cos θ·t 豎直方向:v0y=v0sin θ y=v0sin θ·t-gt2 最高點:hm= 落回等高處射程:s=v0cos θ·t==,對于給定的v0,當θ=45°時,射程達到最大值,smax=。 最高點速度水平:v0x=v0cos θ 垂直斜面:g1=gcos α v01=v0sin θ y=v0sin θ·t-g1t2 沿著斜面:g2=gsin α v02=v0cos θ x=v0cos θ·t+g2t2 最高點:hm=
[例5] 【類平拋運動】 (2024·山東泰安模擬)(多選)如圖所示,光滑斜面長為l,寬為b,頂角為θ,一物塊從斜面左上方頂點P以平行于底邊的初速度水平射入,沿斜面運動,恰好從底端Q離開斜面,物塊可看成質點,則(　　)
[A] 物塊的初速度v0=b
[B] 物塊的初速度v0=b
[C] 物塊到達Q點時的速度vQ=
[D] 物塊到達Q點時的速度vQ=
[例6] 【逆向思維法處理斜拋運動】 (多選)利用足球發球機可以極大地提高守門員的訓練效率,為了測試足球發球機的性能,某次試驗時發球機向球門網架發射足球,當發球機向網架水平移動時,發球口先后在A點與B點發射的兩相同足球1、2剛好沿水平方向打在橫梁上同一點P,已知在A點、B點的發射速度與水平方向所成的角度分別為α、β。不考慮足球在空中受到的阻力,下列說法正確的是(　　)
[A] 1、2兩球的初速度之比為sin α∶sin β
[B] 1、2兩球在P點的速度之比為tan β∶tan α
[C] 1、2兩球的水平位移之比為tan α∶tan β
[D] 1、2兩球在A、B兩點重力的瞬時功率之比為1∶1
[例7] 【分解法處理斜拋運動】 (2024·山東卷,12)(多選)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
建立斜坐標系處理斜拋運動
本題也可以建立初速度方向和豎直方向的斜坐標系,如圖,
則初速度方向為勻速直線運動,豎直方向為自由落體運動。初速度方向有x=v0t,豎直方向有y=gt2,由幾何關系得v0t=gt2,lPQ=v0t。
[提升] 【空間中的斜拋運動】 (2022·山東卷,11)(多選)如圖所示,某同學將離地1.25 m的網球以 13 m/s 的速度斜向上擊出,擊球點到豎直墻壁的距離4.8 m。當網球豎直分速度為零時,擊中墻壁上離地高度為8.45 m的P點。網球與墻壁碰撞后,垂直墻面速度分量大小變為碰前的0.75倍,平行墻面的速度分量不變。重力加速度g取10 m/s2,網球碰墻后的速度大小v和著地點到墻壁的距離d分別為(　　)
[A] v=5 m/s [B] v=3 m/s
[C] d=3.6 m [D] d=3.9 m
(滿分:50分)
對點1.平拋運動基本規律的應用
1.(4分)(2025·云南高考適應性考試)如圖所示,“套圈”活動中,某同學將相同套環分兩次從同一位置水平拋出,分別套中Ⅰ號、Ⅱ號物品。若套環可近似視為質點,不計空氣阻力,則(　　)
[A] 套中Ⅰ號物品,套環被拋出的速度較大
[B] 套中Ⅰ號物品,重力對套環做功較小
[C] 套中Ⅱ號物品,套環飛行時間較長
[D] 套中Ⅱ號物品,套環動能變化量較小
2.(4分)(2024·浙江1月選考卷,8)如圖所示,小明取山泉水時發現水平細水管到水平地面的距離為水桶高的兩倍,在地面上平移水桶,水恰好從桶口中心無阻擋地落到桶底邊沿A。已知桶高為h,直徑為D,則水離開出水口的速度大小為(　　)
[A] [B]
[C] [D] (+1)D
對點2.與斜面或圓弧面有關的平拋運動
3.(4分)(2024·山東日照一模)如圖所示,在水平地面上固定一傾角α=37°的斜面體,質量m=1 kg的小車A以P=100 W 的恒定功率沿斜面底端由靜止開始向上運動,同時在小車A的正上方某處,有一物塊B以v0=6 m/s的初速度水平拋出。當小車A運動到斜面上某點時恰好被物塊B垂直于斜面擊中。小車A、物塊B均可看作質點,小車與斜面間的動摩擦因數μ=0.5,不計空氣阻力,重力加速度g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。下列判斷正確的是(　　)
[A] 物塊在空中運動的時間等于0.4 s
[B] 物塊擊中小車時小車的速度等于2 m/s
[C] 物塊擊中小車時的速度等于8 m/s
[D] 小車從開始運動到被物塊擊中時的位移等于10 m
4.(6分)(2024·河北唐山模擬)(多選)如圖為一半圓形的坑,坑邊緣兩點A、B與圓心O等高且在同一豎直平面內,在邊緣A點將一小球以速度v1水平拋出,小球落到C點,運動時間為t1;第二次從A點以速度v2水平拋出,小球落到D點,運動時間為t2。不計空氣阻力,則(　　)
[A] v1[B] t1[C] 小球落到D點時,速度方向可能垂直圓弧
[D] 小球落到C點時,速度與水平方向的夾角一定大于45°
5.(6分)(多選)如圖所示,a、b兩個小球同時以相同的初速度v0從斜面上水平拋出后均又落在斜面上,如果忽略空氣阻力,下列說法正確的是(　　)
[A] a、b在相等的時間內速度的變化量相等
[B] a、b從拋出到落到斜面上的時間之比為1∶
[C] a、b落在斜面上的速度大小之比為1∶
[D] a、b落在斜面上的速度方向相同
對點3.類平拋運動與斜拋運動問題
6.(4分)(2024·甘肅蘭州一模)海水因密度不同會造成“水下斷崖”現象,潛艇從海水高密度區域駛入低密度區域,浮力頓減,如同疾駛的汽車掉下懸崖,專業上稱之為“掉深”。設某一潛艇正在高密度海水區域沿水平方向航行,t=0時刻潛艇“掉深”,水平方向的xt圖像和豎直方向的vt圖像如圖所示。重力加速度g取10 m/s2,不計水的阻力,對潛艇“掉深”后的運動,下列說法正確的是(　　)
[A] 依然能做直線運動
[B] 10 s末潛艇的速度約為21 m/s
[C] 豎直向下的最大位移為200 m
[D] 先超重后失重
7.(8分)(2024·山東臨沂一模)某學習小組用如圖所示的模型演示拋石過程。質量m=1 kg的石塊裝在長臂末端的口袋中,開始時口袋位于水平面并處于靜止狀態。現對短臂施力,當長臂轉到與豎直方向夾角為θ=53°時立即停止轉動,石塊以v0=20 m/s 的速度被拋出后打在地面上,石塊拋出點P離地面高度h=1.65 m,不計空氣阻力,重力加速度g取10 m/s2,取sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,求:
(1)拋出后石塊距離地面的最大高度;
(2)在石塊運動軌跡最高點左側豎立一塊長度L=3.2 m的木板充當城墻擋住石塊,求木板離石塊拋出點最近距離。
8.(4分)(2024·山東菏澤一模)如圖所示為一乒乓球臺的縱截面,AB是臺面的兩個端點位置,PC是球網位置,D、E兩點滿足AD=BE=AB,且E、M、N在同一豎直線上。第一次在M點將球擊出,軌跡最高點恰好經過球網最高點P落在A點;第二次在N點將同一球水平擊出,軌跡同樣恰好經過球網最高點P落到D點。球可看作質點,不計空氣阻力作用,則兩次擊球位置到桌面的高度之比hM∶hN為(　　)
[A] [B] [C] [D]
9.(10分)北京2022年冬奧會,我國選手在單板滑雪U型池比賽中取得了較好的成績。比賽場地可以簡化為如圖所示的模型:U形滑道由兩個半徑相同的四分之一圓柱面軌道和中央平面直軌道連接而成,軌道傾角為18°。某次比賽中,質量m=50 kg的運動員自A點以vA=6 m/s的速度進入U型池,經過多次騰空跳躍,以vM=6 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°,騰空后又沿軌道邊緣的N點進入軌道。運動員可視為質點,不計空氣阻力。重力加速度g取10 m/s2,取sin 72°=0.95,cos 72°=0.31。求:
(1)在運動員從M點到N點的過程中,從M點運動到距離AD最遠處所用的時間t;
(2)在運動員從M點到N點的過程中,距離AD的最遠距離d;
(3)運動員落回到N點時,速度方向與AD夾角的正切值tan β(結果保留3位有效數字)。
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高中總復習·物理
第2講　
拋體運動
情境導思
投壺是古人宴會時禮節性的游戲。若將箭水平投出,不計箭所受空氣阻力,請思考:
(1)投出的箭做什么性質的運動 通常如何來研究和處理該運動
(2)箭的下落時間和水平位移分別由哪些因素決定
知識構建
重力
勻變速
勻速直線
自由落體
gt
v0t
知識構建
重力
勻變速
拋物線
v0cos θ
v0sin θ-gt
小題試做
如圖甲所示是網球發球機,某次室內訓練時將發球機放在距地面一定的高度,然后向豎直墻面發射網球。假定網球均水平射出,某兩次射出的網球碰到墻面時速度與水平方向夾角分別為30°和60°,如圖乙所示,若不考慮空氣阻力,則(　　)
B
(1)如圖甲所示,物體下落到空中的A點時,設其位移與水平方向的夾角為α,在A點速度偏轉角為θ,試證明tan θ=2tan α。
甲
乙
1.平拋運動四個基本特點
速度 變化量
任意相等時間間隔Δt內的速度變化量Δv=gΔt相同,方向恒為豎直向下,如圖所示。
注意:平拋運動中任意相等時間間隔Δt內的速率變化量一定不相等
2.兩個重要推論
(1)做平拋運動的物體在任意時刻的瞬時速度的反向延長線一定通過此時水平位移的中點。
(2)做平拋運動的物體在任意時刻任意位置處,速度方向與水平方向的夾角θ和位移方向與水平方向的夾角α的關系為tan θ=2tan α。
[例1] 【平拋運動規律的理解】 (2024·重慶沙坪壩三模)一質點做平拋運動,先后經過空中的P、Q兩點,經過P點時速度方向與水平方向的夾角為30°,經過Q點時速度方向與水平方向的夾角為60°,則(　　)
[A] P到Q過程質點做非勻變速運動
[B] P、Q連線與水平方向夾角為60°
[C] 質點經過P、Q兩點時豎直速度之比為1∶3
[D] 從拋出點到P、Q兩點的水平位移之比為1∶2
C
[例2] 【平拋運動規律的應用】 在跨越河流表演中,一人騎車以25 m/s的速度水平沖出平臺,恰好跨越寬d=25 m的河流落在河對岸平臺上,不計空氣阻力,重力加速度g取10 m/s2,則兩平臺的高度差h為(　　)
[A] 0.5 m [B] 5 m
[C] 10 m [D] 20 m
B
1.落點在斜面上的三種情境分析
2.落點在曲面上的三種情境分析
小球恰好從圓柱體的Q點沿切線飛過,此時半徑OQ垂直于速度方向,圓心角θ與速度的偏轉角相等
[例3] 【與斜面有關的平拋運動】 跳臺滑雪是一項勇敢者的滑雪運動,運動員在滑雪道上獲得一定速度后從跳臺飛出,在空中飛一段距離后落地。如圖所示,運動員從跳臺A處沿水平方向以v0=20 m/s 的速度飛出,落在斜坡上的B處,斜坡與水平方向的夾角θ為37°,不計空氣阻力,取sin 37°=0.6,cos 37°=
0.8,g取10 m/s2,求:
(1)運動員在空中飛行的時間;
【答案】 (1)3 s
規范答題
(2)運動員落在B處時的速度大小;
規范答題
(3)運動員在空中離坡面的最大距離。
【答案】 (3)9 m
規范答題
題后反思
靈活建立坐標系解決平拋問題
(1)坐標系的建立是任意的,和斜面結合的平拋運動也可以沿斜面方向和垂直斜面方向建立直角坐標系。
(2)如求解本題第(3)問時,把初速度v0、重力加速度g分解成沿斜坡方向和垂直斜坡方向的兩個分量。沿斜坡方向為初速度為v0cos θ、加速度大小為gsin θ的勻加速直線運動,垂直斜坡方向為初速度為v0sin θ、加速度大小為gcos θ的類豎直上拋運動。這樣僅用垂直斜坡方向的分運動即可求解離坡面的最大距離(垂直斜坡方向分速度減為零時)。
[例4] 【與弧面有關的平拋運動】 如圖所示,一豎直圓弧形槽固定于水平地面上,O為圓心,AB為沿水平方向的直徑。若在A點以初速度v1沿AB方向平拋一小球,小球將擊中槽壁上的最低點D點;若A點小球拋出的同時,在C點以初速度v2沿BA方向平拋另一相同質量的小球并也能擊中D點,已知∠COD=60°,且不計空氣阻力,則(　　)
B
1.類平拋運動
2.斜拋運動的處理方法
BC
[例6] 【逆向思維法處理斜拋運動】 (多選)利用足球發球機可以極大地提高守門員的訓練效率,為了測試足球發球機的性能,某次試驗時發球機向球門網架發射足球,當發球機向網架水平移動時,發球口先后在A點與B點發射的兩相同足球1、2剛好沿水平方向打在橫梁上同一點P,已知在A點、B點的發射速度與水平方向所成的角度分別為α、β。不考慮足球在空中受到的阻力,下列說法正確的是( 　　)
[A] 1、2兩球的初速度之比為sin α∶sin β
[B] 1、2兩球在P點的速度之比為tan β∶tan α
[C] 1、2兩球的水平位移之比為tan α∶tan β
[D] 1、2兩球在A、B兩點重力的瞬時功率之比為1∶1
BD
BD
反思提升
建立斜坐標系處理斜拋運動
本題也可以建立初速度方向和豎直方向的斜坐標系,如圖,
BD
1.(4分)(2025·云南高考適應性考試)如圖所示,“套圈”活動中,某同學將相同套環分兩次從同一位置水平拋出,分別套中Ⅰ號、Ⅱ號物品。若套環可近似視為質點,不計空氣阻力,則(　　)
[A] 套中Ⅰ號物品,套環被拋出的速度較大
[B] 套中Ⅰ號物品,重力對套環做功較小
[C] 套中Ⅱ號物品,套環飛行時間較長
[D] 套中Ⅱ號物品,套環動能變化量較小
對點1.平拋運動基本規律的應用
基礎對點練
D
2.(4分)(2024·浙江1月選考卷,8)如圖所示,小明取山泉水時發現水平細水管到水平地面的距離為水桶高的兩倍,在地面上平移水桶,水恰好從桶口中心無阻擋地落到桶底邊沿A。已知桶高為h,直徑為D,則水離開出水口的速度大小為
(　　)
C
對點2.與斜面或圓弧面有關的平拋運動
B
4.(6分)(2024·河北唐山模擬)(多選)如圖為一半圓形的坑,坑邊緣兩點A、B與圓心O等高且在同一豎直平面內,在邊緣A點將一小球以速度v1水平拋出,小球落到C點,運動時間為t1;第二次從A點以速度v2水平拋出,小球落到D點,運動時間為t2。不計空氣阻力,則(　 　)
[A] v1[B] t1[C] 小球落到D點時,速度方向可能垂直圓弧
[D] 小球落到C點時,速度與水平方向的夾角一定大于45°
AD
5.(6分)(多選)如圖所示,a、b兩個小球同時以相同的初速度v0從斜面上水平拋出后均又落在斜面上,如果忽略空氣阻力,下列說法正確的是( 　　)
AB
6.(4分)(2024·甘肅蘭州一模)海水因密度不同會造成“水下斷崖”現象,潛艇從海水高密度區域駛入低密度區域,浮力頓減,如同疾駛的汽車掉下懸崖,專業上稱之為“掉深”。設某一潛艇正在高密度海水區域沿水平方向航行,t=0時刻潛艇“掉深”,水平方向的x-t圖像和豎直方向的v-t圖像如圖所示。重力加速度g取10 m/s2,不計水的阻力,對潛艇“掉深”后的運動,下列說法正確的是
(　　)
[A] 依然能做直線運動
[B] 10 s末潛艇的速度約為21 m/s
[C] 豎直向下的最大位移為200 m
[D] 先超重后失重
B
對點3.類平拋運動與斜拋運動問題
7.(8分)(2024·山東臨沂一模)某學習小組用如圖所示的模型演示拋石過程。質量m=1 kg的石塊裝在長臂末端的口袋中,開始時口袋位于水平面并處于靜止狀態?，F對短臂施力,當長臂轉到與豎直方向夾角為θ=53°時立即停止轉動,石塊以v0=20 m/s 的速度被拋出后打在地面上,石塊拋出點P離地面高度h=1.65 m,不計空氣阻力,重力加速度g取10 m/s2,取sin 53°=0.8,
cos 53°=0.6,求:
(1)拋出后石塊距離地面的最大高度;
【答案】 (1)14.45 m
(2)在石塊運動軌跡最高點左側豎立一塊長度L=3.2 m的木板充當城墻擋住石塊,求木板離石塊拋出點最近距離。
【答案】 (2)37.2 m
A
綜合提升練
9.(10分)北京2022年冬奧會,我國選手在單板滑雪U型池比賽中取得了較好的成績。比賽場地可以簡化為如圖所示的模型:U形滑道由兩個半徑相同的四分之一圓柱面軌道和中央平面直軌道連接而成,軌道傾角為18°。某次比賽中,質量m=50 kg的運動員自A點以vA=6 m/s的速度進入U型池,經過多次騰空跳躍,以vM=6 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°,騰空后又沿軌道邊緣的N點進入軌道。運動員可視為質點,不計空氣阻力。重力加速度g取10 m/s2,取sin 72°=0.95,cos 72°=0.31。求:
(1)在運動員從M點到N點的過程中,從M點運動到距離AD最遠處所用的
時間t;
【答案】 (1)0.6 s
(2)在運動員從M點到N點的過程中,距離AD的最遠距離d;
【答案】 (2)1.71 m
(3)運動員落回到N點時,速度方向與AD夾角的正切值tan β(結果保留3位有效數字)。
【答案】 (3)1.02

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