第3天拋體運動

0知識必備

一、運動的合成與分解

i.基本概念

(1)運動的合成：已知分運動求合運動.

(2)運動的分解：已知合運動求分運動.

2.遵循的法則

位移、速度、加速度都是矢量，故它們的合成與分解都遵循平行四邊形定則.

3.運動分解的原則

根據運動的實際效果分解,也可采用正交分解法.

4.合運動與分運動的關系

合運動與分運動、分運動與分運動經歷的蛔相等，即同時開始、同時進行、

等時性

同時停止

各分運動相互獨立，不受其他運動的影響.各分運動共同決定合運動的性質

獨立性

和軌跡

等效性各分運動疊加起來與合運動有完全相同的建

二、平拋運動

1.平拋運動問題的求解方法

已知

情景示例解題策略

條件

已知從斜面外平拋，垂直落在斜面上，如圖分解速度

八VOV0

速度所示，己知速度的方向垂直于斜面.tan0=~~=~

v.v0

方向

從圓弧形軌道外平拋，恰好無碰撞地進

入圓弧形軌道，如圖所示，已知速度方

分解速度

向沿該點圓弧的切線方向.

tan9八=口_’=把

\源VOV0

從斜面上平?拋又落到斜面上，如圖所

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

位移在斜面外平拋，落在斜面上位移最小，

方向如圖所示，已知位移方向垂直斜面.分解位移

xvot2Vo

廠家一g’

2.平拋運動的兩個推論

(1)設做平拋運動的物體在任意時刻的速度方向與水平方向的夾角為仇位移方向與水平

方向的夾角為9，則有tan8=2tan9，如圖甲所示.

(2)做平拋運動的物體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，

如圖乙所示.

三、斜拋運動

1.定義：將物體以初速度⑶斜向上方或斜向下方拋出，物體只在重力作用下的運動.

2.性質：斜拋運動是加速度為g的勻變速曲線運動，運動軌跡是拋物線.

3.研究方法：運動的合成與分解

（1）水平方向：勻速直線運動；

（2）豎直方向：勻變速直線運動.

4.基本規律

以斜拋運動的拋出點為坐標原點。，水平向右為x軸的正方向，豎直向上為,，軸的正方

向，建立如圖所示的平面直加坐標系X。），.

y

人：、

o垢Xr

初速度可以分解為vox=vocosavo.y=vosin0.

在水平方向，物體的位移和速度分別為

X=lW=（vocos

V.v=V0.v=vocos6?

在豎直方向，物體的位移和速度分別為

2

y=voyr—^r=（vosin0”一③

嶺一助一gLiQsinO—gt?

0易錯易混

1.合運動和分運動的關系

等時性各分運動經歷的時間與合運動經歷的時間相等

獨立性各分運動獨立進行，不受其他分運動的影響

等效性各分運動的規律疊加起來與合運動有完全相同的效果

2.合運動的性質判斷

m加速度（或合外力）'變化：變加速運動

.不變：勻變速運動

\（共線：直線運動

加速度（或合外力）與速度方向（不共線：曲線運動

/真題回顧

1.（2023?乙卷）小車在水平地面上沿軌道從左向右運動，動能一直增加。如果用帶箭

頭的線段表示小車在軌道上相應位置處所受合力，下列四幅圖可能正確的是（）

2.（2023?湖南）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的初速度分別為匕和嶺，其中“方向水

平，為方向斜向上。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（

)

圖（a）圖（b）

A.谷粒1的加速度小于谷粒2的加速度

B.谷粒2在最高點的速度小于H

C.兩谷粒從O到0的運動時間相等

D.兩谷粒從O到。的平均速度相等

3.（2024?浙江）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

為力,直徑為。，則水離開出水口的速度大小為（）

（V2+I）D^7

B-7C口?3+皿珠

4.（2023?新課標）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，.為了觀察到“水漂”，一同學將一石子從距水面高

度為力處水平拋出，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）

5.（2022?北京）體育課上，甲同學在距離地面高匕=2.5〃?處將排球擊出，球的初速度沿

水平方向，大小為%=8.0〃〃$;乙同學在離地4=0.7m處將排球墊起，墊起前后球的速

度大小相等，方向相反。己知排球質量利=0.3依，取重力加速度g=10〃?/s2。不計空氣

阻力。求：

（1）排球被墊起前在水平方向飛行的距離工；

（2）排球被墊起前瞬間的速度大小v及方向；

（3）排球與乙同學作用過程中所受沖量的大小/。

區域模擬

1.（2024?遼寧二模）如圖所示，傾角為37。的斜面體固定在水平面上，小球A在斜面底

端正上方以速度匕向右水三拋出，同時，小球8在斜面頂端以速度為向左水平推出，兩

球拋出點在同一水平線上，結果兩球恰好落在斜面上的同一點，且A球落到斜面上時速

度剛好與斜面垂直，不計小球的大小，sin37°=0.6,cos37°=0.8o則匕：匕等于（）

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

2.（2024?寶雞一模）如圖所示，傾角為夕的斜面上有A、B、C三點,現從這三點分別

以不同的初速度同時水平拋出一小球，不計空氣阻力，三個小球均落在斜面上的。點,

測得43:4（7:8=5:3:1,由此可判斷（

A.三個小球做平拋運動的時間之比為1:2:3

B.三個小球落在斜面上時速度方向相同

C.三個小球的初速度大小之比為1:2:3

D.三個小球的運動軌跡可能在空中相交

3.（2024?白云區校級模擬）如圖所示，一小球從O點水平拋出后的軌跡途經A、B兩

點，已知小球經從。到A的時間和從A到4的時間都等于0.5s,水平距離都是7.5帆，取

重力加速度大小g=10〃?/s2,不計空氣阻力，卜列說法止確的是（）

A.小球做平拋運動的初速度大小為10〃〃s

B.O、4兩點間的豎直高度為1.25〃?

C.小球在A點的速度大小為15〃?/s

D.小球在4點的速度大小為35/〃/s

4.（2024?濟南模擬）如圖所示，某次足球比賽中，運動員用頭將足球從離地面高度為2〃

處的O點斜向下頂出，足球從地面尸點彈起后水平經過距離地面高度為2/?的Q點。已知

2點到O點和Q點的水平也離分別為s和2s,足球觸地彈起前后水平速度小變。重力加

速度為g,忽略空氣阻力，則足球從O點頂出時的速度大小為（）

Bk(9./+4//)

,V2h

1k(4?+9/r)D.J”八川)

2v/T2h

5.（2024?包頭一模）如圖，一小球（可視為質點）先后以不同的速率沿著斜面上滑從A

處飛出，分別落在水平地面上的3、。處，小球從A運動到8、。的時間分別為%和左，

小球落在8、。處瞬時速度與水平面的夾角分別為%和外,下列說法正確的是（）

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

6.（2024?溫州二模）如圖所示，A、8兩位同學從同一高度分別拋出沙包1和2,兩沙

包拋出的初速度大小均為％,方向與水平方向的夾角分別為a、4，旦q>a，兩沙包

拋出后在空中的運動軌跡分別如圖中I和n所示。兩位同學均能在各自的拋出點接住對

方拋來的沙包，不計空氣阻力，下列說法正確的是（）

I

A.兩拋出點之間的距離為止鳴

g

B.沙包1和2在空中運動時間之比為Ian。？

C.沙包1和2運動過程中最小速度之比為lanq

D.沙包1和2運動過程中離地的最大高度之比為tan2a

7.（2023?山東模擬）如圖所示，在水平地面上將一可看作質點的小球斜向右上拋出，

初速度與地面的夾角為60%小球運動過程中距地面的最大高度為L,不計空氣阻力，

重力加速度為月。

（1）求小球出發點到落地點間的距離；

（2）若在緊靠小球出發點的位置固定一點光源，在拋出點右側垂直于紙面和地面豎直

固定一足夠大的光屏，光屏到拋出點的距離為心證明小球與地面或光屏碰撞前，其影

子在光屏上的運動為勻速直線運動，并計算得出影子運動的速度大小。

8.（2024?聊城模擬）如圖所示，正方體框架"CO-4BCR的底面AgCQ處于水平地

面上。從頂點A沿不同方向水平拋出小球（可視為質點），不計空氣阻力。關于小球的

運動，下列說法正確的是（）

A.落點在棱打4上的小球，落在用點時平拋的初速度最大

B.落點在面ABCR內的小球，落在G點的運動時間最長

C.落點在三角形8C。內的小球，平拋初速度的最小值與最大值之比是1:2

D.落點在線片已上的小球，落地時重力的瞬時功率均不相同

9.（2022?西城區校級三模）北京2022年冬奧會，我國選手在單板滑雪U形池匕賽中取

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

〃?=50依的運動員自A點以的速度進入U形池，經過多次騰空跳躍，以

%=10，〃/s的速度從軌道邊緣上的M點沿軌道的豎直切面A3CD滑出軌道，速度方向與

軌道邊緣線4）的夾角4=72。，騰空后乂沿軌道邊緣的N點進入軌道。運動員可視為質

點，不計空氣阻力。取重力加速度g=10機//。sin72°=0.95,cos72°=0.3lo

（1）若A、M兩點間的距離/=20/〃，求運動員從A到M的過程中，除重力外其它力做

的功W。

（2）運動員自M點躍起后，在例到N的過程中做勻變速曲線運動。對于這種較為復雜

的曲線運動，同學們可以類比平拋運動的處理方法，將之分解為兩個方向的直線運動來

處理。求：

在運動員從M點運動到N點的過程中，運動員從時點運動到距離AD最遠處所用的時

間/；

5運動員落回到N點時，速度方向與4）夾角的正切值tan/7（結果保留三位有效數字）。

10.（2023?上饒模擬）如圖所示，在水平地面上固定一傾角6=53。、表面光滑的斜面體，

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

速度水平拋出。當A上滑到最高點時恰好被物體〃擊中，4、〃均可看作質點，取

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

(1)物體8被拋出時的初速度吃晨

(2)物體4、8間初始位置的高度差”。

/考前押題

1.如圖所示，把一小球從斜面上先后以相同大小的速度拋出，一次水平拋出，另一次

拋出的速度方向與斜面垂宜，兩小球最終都落到斜面上，水平拋出與垂直斜面拋出落點

到拋出點的距離之比為()

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

2.如圖所示，將半徑為R的圓環固定在豎直平面內，O為圓環的圓心，為過圓環頂

端的一條直徑，現將小球以初速度-從8點正上方R處的A點沿水平方向拋出，小球落

到圓環上的力點，48=37。；若將小球以初速度匕從4點沿相同的方向拋出時，小球

的運動軌跡恰好與圓環相切而37。=0.6,cos37°=0.8,2-6=0.3,忽略空氣阻力，所有

的平拋軌跡與圓環在同一豎直平面內，則上為()

A,v

3.2022年冬奧會即將在北京召開。如圖所示是簡化后的跳臺滑雪的雪道示意圖，運動

員從助滑雪道鉆上由靜止開始滑下，到達C點后水平飛出，落到滑道上的。點，石是

運動軌跡上的某一點，在該點運動員的速度方向與軌道CZ）平行，設運動員從。到后與

從七到。的運動時間分別為仆小EF垂直8,則有關離開C點后的飛行過程（）

A.一定有a=G，且C/:m=1:3

B.若運動員離開C點的速度加倍，則落在斜面上的速度方向夾角變大

C.若運動員離開C點的速度加倍，則落在斜面上的速度方向不變

D.若運動員離開C點的速度加倍，則落在斜面上的距離增加相同的倍數

4.寒假期間，某同學利用家里的樓梯間設計了一個小實驗來完成實踐作業。在樓梯口，

他用彈射器向第一級臺階彈射小球，彈射器出口固定于桌面邊緣，樓梯平層的轉彎點為

如圖所示。臺階高為八寬為八Q為第一級臺階的最右側點，P是第一級臺階的

中點。彈射器沿水平方向彈射小球，小球被彈出時與A的水平距離也為〃。某次彈射時。

小球擊中。而恰好沒有擦到A,當地的重力加速度為g,小球可看作質點。

1妙顏國

a

]??

；，—4

（1）求小球彈出時距A的高度；

（2）若彈射器高度和初速度可調，為了使小球恰好沒有擦到A能擊中尸點，則小球彈

射的初速度調為多大？

5.如圖所示為安裝在水平地面上的某游戲裝置結構示意圖，其左邊部分是一個高度和

水平位置均可以調節的平臺，在平臺上面放置一個彈射裝置；游戲裝置的右邊部分由豎

直固定的光滑圓弧軌道區C、粗糙水平直線軌道8與阪直固定的光滑圓軌道DED組成

（底端連接處。與。略錯開）。已知圓弧軌道8C的圓心為半徑q=12”，其C端與

水平面相切，O避與QC的夾角6=60。；水平直線軌道CD長度L=1.2/7?，動摩擦因數〃=0.5;

圓軌道DED的半徑R2=0.8機。將質量加二0.2kg的滑塊。置于C點，再將質量同為〃2=0.2依

的小球夕經彈射裝置從平臺A點水平彈出，通過改變反高度差萬、水平距離和小球夕在

A點的初速度大小，總能讓小球沿8點的切線方向進入6c圓弧軌道，然后與滑塊Q發

生彈性碰撞。空氣阻力不計，小球和滑塊均可視為質點，重力加速度g取求：

（1）若〃=。45〃?，求小球?從A點彈出時的初速度大小；

（2）若/?=0.45〃2,求小球夕到達C點與。碰撞前瞬間對圓弧軌道的壓力;

（3）要便尸與Q僅碰撞1次，且滑塊運動過程中不脫離軌道，求力需要滿足的條件。

真題回顧

1.【答案】D

【解答】解：根據曲線運動的特點可知，曲線運動速度方向沿運動軌跡的切線方向，合

力方向指向運動軌跡的凹惻。小車做曲線運動，且動能一直增加，則小車所受合力方向

與運動方向夾角為銳角，故A4C錯誤，D正確。

故選：。。

2.【答案】B

【解答】解：A、兩谷粒均做拋體運動，故加速度均相同，故4錯誤，

3C、根據圖〃可知谷粒2從最高點到2點的運動時間大于谷粒1從O點到尸點的運動時

間，又因為谷粒2從最高點到尸點水平位移小于谷粒1從O到P點的水平位移，所以谷

粒2在最高點的速度小于上故8正確，C錯誤，

。、兩谷粒從O到尸的位移相同，飛行時間不同，所以平均速度不相等，故。借誤。

故選：Bo

3.【答案】C

【解答】解：水離開出水口后做平拋運動，水離開出水口到桶口中心，有

,12

h=\gt-

設出水孔到桶口中心的水平距離為X,則

得』。楞

落到桶底A點時

2/?=獷

則時間

解得

故/W。錯誤，C正確。

故選：Co

4.【答案】拋出速度的最小值為例。

tan。

【解答】解：根據平拋運動規律可知豎直方向看

1=2gh

結合題意石子接觸水面時的速度方向與水面的夾角不能大于。，可知拋出速度的最小值

滿足，如圖：

【an6=上

%

解得％=媽

tan夕

答：拋出速度的最小值為運。

tan6^

5.【答案】（1）排球被墊起前在水平方向飛行的距成為48〃；

（2）排球被墊起前瞬間的速度大小為10〃2/s,方向與水平方向的夾角為37。;

（3）排球與乙同學作用過程中所受沖量的大小為6Ms。

【解答】解：（1）排球做平拋運動，則在豎直方向上：%心=/

水平方向上：工=卬

聯立解得：x=4.8/〃

（2）在豎直方向上,4=gf

則排球被墊起前瞬間的速度大小為

/22

v=Vvo+v；

聯立解得：I，=10/n/s

,aVv63

tan0=—=—=—

%84

即6=37。

即方向與水平方向的夾角為37。

（3）根據動量定理得：

I=Ft="71，—"TV

其中，M=10〃/s,方向與排球墊起前的速度方向相反

聯立解得：

I—6Ns

答：（1）排球被墊起前在水平方向飛行的距離為4.8〃“

（2）排球被墊起前瞬間的速度大小為方向與水平方向的夾角為37。;

（3）排球與乙同學作用過程中所受沖量的大小為6N.s。

區域模擬

1.【答案】D

【解答】解：A、4豎直方向做自由落體運動，位移為娟

落點相同即4=優，%="

tan0-—

聯立上式代入數據解得tan。=3

2

垂直打在該點則tan。=旦=3

加4

21=2kxA=2x4=8

斗匕4339

所以匕：眩=9：8,故。正確，A3C錯誤。

故選：Do

2.【答案】B

【解答】解：A.小球做平拋運動，豎直方向有

根據幾何關系有

AD:BD:CD=9:4A

三個小球做平拋運動的時間之比為

lAitB:tc=3:2:1

故A錯誤；

8.小球在水平方向做勻速直線運動，則

三個小球均落在斜面上的。點，根據位移間的關系有

tan。』里

x2%

設三個小球速度偏轉角為a,則

tan?=-=—=2tan

%%

可知三個小球速度偏轉角相同，三個小球落在斜面上時速度方向相同，故8正確；

C.三個小球均落在斜面上的。點，根據豎直位移與水平位移的關系有

37=里

x2%

三個小球的初速度大小之比為

33%=3：2:1

故C錯誤；

。.三個小球做平拋運動，三個小球的運動軌跡為拋物線，且交于。點，故三個小球的

運動軌跡不可能在空中相交，故。錯誤。

故選：Bo

3.【答案】B

【解答】解：A、根據小球在水平方向上做勻速的直線運動可知，%=至〃?=

0.5

故A錯誤；

B、根據小球在豎直方向上做自由落體運動，可知〃」g/2=_Lx]0x0.52〃?=].25〃z,故小正

確；

C、小球在A點的整直速度4=0=10>0.5〃4=5〃?/一根據運動的合成可知小球在4點

的速度,解得口=5\/15/〃/s,故C錯誤；

。、小球在A點的豎直速度%="=10乂歷〃S=10〃?/一根據運動的合成可知小球在〃點

的速度M=J%?+匕〃,解得v?=54\3m/s,故。錯誤；

故選：Rc

4.【答案】C

【解答】解：設足球從O點頂出時的速度大小為?與水平方向的夾角為0，足球觸地

彈起后的速度大小為K，足球從O點頂出到落地的時間為乙，足球從地面彈起到經過。點

的時間為仆足球落地時豎直方向的速度大小為匕，則有

落地豎直速度：Vv=vsine+gt1

落地過程中水平方向通過距離：s=i，cos幽

222

反彈速度為：,=vcos0-(vsin0+gtx)

上升過程中水平距離為：2s=vcos能

下落高度為：2〃=vsin例1+gg/；

反彈后上升高度為：2〃=Ksina2-ggg

聯立解得

丫」卜(4./+9后,故。正確，的錯誤。

2Vh

故選：C。

5.【答案】D

【解答】解：假設斜面傾角為。，在A點飛出的速度為以，

利用位移與時間公式，在豎直方向上以豎直向下為正方向可得：

,1，

〃=_巳/+jg廠

2

在水平方向上有：

工=力

聯立整理可得：A=--^-A+—=-xtana+-

%22

比較兩次運動xHv凡可得：%<%

由題意可知，小球自飛離斜面之后在豎直方向上做豎直上拋，故根據運動學公式就有

聯立上述到達A、C兩點時間關系，可得：為8<%C

由于從A點射出時的速度方向與水平面的夾角相同，

大力

故可得：力工％C

水平方向上的速度不相同c

在豎直方向上，根據速度與位移公式有：守=2皿+吃

又由：tan。=上

匕

聯立整理可得：tan*=^+(3)=犁+3%

v；t也玄

根據前面分析可知，從A點射出后水平方向做勻速運動，故到達3點的水平速度小于C

點的水平速度，

所以：lan%>tanOc

即：OB>OC

故O正確，ABC錯誤。

故選：Do

6.【答案】A

【解答】解：人、沙包做斜拋運動，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做豎直上拋運

動，故

L2%sin0

g

x=%cosOt

代入數據解得％=遜必，故A正確；

g

△、根據運動的分解

沙包1和2在空中運動的豎直分速度為

%=%sinq

vv2=%sin0y

根據運動學公式乂有運動到最高點豎直方向分速度的大小為

，=跖

%2=切2

聯立整理解得有

沙包1和2在空中運動時間之比為：

乙=必14,故A錯誤；

t2sin02

。、沙包1和2運動過程中最小速度出現在豎直分速度為零的時刻，故

為“=%COS夕

故沙包1和2運動過程中最小速度之比為

小莉二COS4

%加2cos/

故C錯誤；

。、沙包1和2運動過程中離地的最大高度為

故沙包1和2運動過程中離地的最大高度之比為:

%_tan2q

ktan22

故。錯誤,

故選：Ao

7.【答案】(1)小球出發點到落地點間的距離為迪L;

3

(2)見解析，影子運動的速度大小為叵。

4

【解答】解：(1)設小球自拋出經過時間，。到達最高點，將初速度按如圖所示進行分解

%

在豎直方向有，根據勻變速直線運動規律可得

2

0-（vosin600）=-2^L

0=%sin600-g/（）

水平方向有

4=%cos600?/（）

小球從出發點到落地點間的距離

聯立解得

s=^L

(2)取豎直向上為正方向，根據位移一時間關系可知從小球拋出至f時刻豎直方向的位

移

h=%sin60°z——gt

水平方向做勻速直線運動，水平方向的位移為

y=%cos60°，

由幾何知識得

h_=^

廠工

則小球與地面或光屏碰撞前影子的高度隨時間/的變化規律為

J4

因此，小球在光屏上的影子的運動為勻速直線運動，影子運動的速度大小

昨叵

4

答：（1）小球出發點到落地點間的距離為逑L;

3

（2）見解析，影子運動的速度大小為叵。

4

8.【答案】C

【解答】解：A、小球做平拋運動，豎直方向做自由落體運動，有〃=得：”樣,

則知落點在棱網上的小球，水平位移相等，落在修點時下落高度最大，運動時間最長。

根據％=?，可知平拋的初速度最小，故4錯誤；

8、根據”楞可知落點在面內的小球下落高度相等，則運動時間相等，故3錯

誤；

c、落點在三角形與GR內的小球運動時間相等，最大的水平位移為&/,最小水平位

移為qI，則最小水平位移與最大水平位移之比為1:2,由%=二，可知平拋初速度的最

2t

小值與最大值之比是1:2,故C正確；

。、設正方體的棱長為/,落點在線上的小球，豎直速度大小均為&=廊，落地時

重力的瞬時功率先=〃y4均相同，故。錯誤。

故選：C。

9.【答案】（1）運動員從A到M的過程中，除重力外其它力做的功W為-15001;

（2）a運動員從M點運動到距離4）最遠處所用的時間/為Is;

運動員落回到N點時，速度方向與4）夾角的正切值tan/?為1.02。

【解答】解：（1）對于運動員從A到M過程，根據動能定理可知：

/n^/sin18°+VV=—--tnv\,解得：W=—15（X）1

（2）a將運動員的運動沿平行于4）和垂直于AD兩個方向進行分解，均為勻變速直線

運動，在垂直于4）方向初速度：%=%sin72。

加速度為：ay=cos18°

當運動員該方向的速度為0時，距窗AD最遠，則有：/=的，解得：t=\s

%

〃.在垂直于4）方向上，遠離A。和返回">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：vy=vv0=vwsin72°

且運動的總時間：a川=2t=2s

在平行于AD方向初速度：匕0=kcos72°

加速度為：ax=gsin180

運動員到達N點時，平行于AD的分速度：匕=心+”小

所以速度方向與夾角〃的正切值：tan;?=±

匕

聯立解得：［an/a1.02

答：（1）運動員從A到M的過程中，除重力外其它力做的功W為-1500J;

（2）a運動員從M點運動到距離4）最遠處所用的時間/為1s；

〃.運動員落回到N點時，速度方向與AO夾角的正切值tan/7為1.02。

10.【答案】（1）物體8拋出時的初速度為2.4〃〃$;

（2）物體力、〃間初始位置的高度差”為82〃。

【解答】解（1）根據牛頓第二定律得，A上滑的力口速度。=公也53。=10乂0.8〃〃f=8〃?//

運動的時間/=為=?s=1s.

a8

A物體運動的位移=￡~=q^〃7=4〃?.

則8平拋運動的水平位移￥=SCOS53O=%/

解得8拋出的初速度”=24〃/5o

（2）8平拋運動的圖度差4=-^x10x1/7?=5m.

4上升的高度〃2="八sin53。=3.2〃i

貝ljAB初始位置的IWI度差〃=4+h2=3.2m+5m=8.2〃?。

答：（1）物體“拋出時的初速度為2.4〃?/s;

（2）物體A、4間初始位置的高度差〃為82〃。

1考前押題

1.【答案】C

【解答】解：設斜面傾角為。，當小球做平拋運動落在斜面上時；

根據平拋運動規律，水平位移為x=3

豎直位移），=；"

根據數學知識tan?=）

x

拋出點與落點之間的距離心=三

cos夕

代入數據解得*=組萼；

geos。

當小球垂直于斜面拋Hl時，小球做斜拋運動，根據運動的合成與分解,豎直分速度

Vv=%COS0,水平分速度匕=%sin夕

以拋出點為參考點，根據斜拋運動規律，水平位移％

豎直位移-凹=丫/-；而

根據數學知識tan。="

拋出點與落點之間的距離$2=X

cos。

代入數據解得$,=也）；

geos。

因此有包=[,故C正確，錯誤。

$21

故選：C。

2.【答案】A

【解答】解：將小球以初速度丫從8點正上方尺處的A點沿水平方向拋出，小球落到圓

環上的。點，根據平拋運動規律可知

/esin37°=vr

2R—Reos37。=51g產,

將小球以初速度匕從A點沿相同的方向拋出時，小球的運動軌跡恰好與圓環相打，設此

時速度與水平方向夾角為。，則

tana"

Rsina=卬'

2R-Rcosa=-gr

代入數據聯立解得

上戶

v,V91

故A正確，BCD錯誤。

故選：Ao

3.【答案】C

【解答】解：A.依題意，以。點為原點，以CO為x軸，以CO垂直向上方向為），軸，

建立坐標系如圖所示：

■

XD

對運動員的運動進行分解，），軸方向做類豎直上拋運動，X軸方向做勻加速直線運動，

當運動員到E點速度方向與軌道平行時，在），軸方向上到達最高點，根據豎直上拋運動

的對稱性可知：

=t2

而工軸方向運動員做勻加速運動，初速度不為零，可得

CF:FD^\:3

故A錯誤；

BC.設運動員落在斜面上的速度方向與水平方向的夾角為a,斜面的傾角為。，根據平

拋運動推論則有

tana=—=—

%%

2

tan^2=lfL=.￡L

x卬2%

聯立解得

lana=2tan，

由此可知當。一定時，。也一定，所以運動員落在斜面上的速度方向與從。點飛出時的

速度大小無關，落在斜面上的速度方向不變。