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第3 讲 力与曲线运动
课时1 抛体运动
考点一 运动的合成与分解
例1 (2025·黑吉辽蒙卷·6)如图，趣味运动会的“聚力建高塔”活动中，两长度相等的细绳一端系在同
一塔块上，两名同学分别握住绳的另一端，保持手在同一水平面以相同速率v 相向运动。为使塔块沿
竖直方向匀速下落，则v( )
A.一直减小
B.一直增大
C.先减小后增大
D.先增大后减小
答案 B
解析 设两边绳与竖直方向的夹角为θ，塔块沿竖直方向匀速下落的速度为v 块，将v 块沿绳方向和垂直绳
方向分解，将v 沿绳方向和垂直绳方向分解，可得v 块cos θ=vsin θ，解得v= v块
tanθ，由于塔块匀速下落时θ
在减小，故可知v 一直增大。故选B。
分析关联速度问题的三个要点
(1)绳上速度处处相等(即两物体沿绳方向的速度大小相等)；
(2)物体运动方向是合速度方向；
(3)沿绳、垂直于绳分解实际速度。
例2 (多选)(2024·安徽卷·9)一倾角为30°足够大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜面上建立Oxy 直角
坐标系，如图甲所示。从t=0 开始，将一可视为质点的物块从O 点由静止释放，同时对物块施加沿x 轴
正方向的力F1和F2，其大小与时间t 的关系如图乙所示。已知物块的质量为1.2 kg，重力加速度g 取10
m/s2，不计空气阻力。则( )
A.物块始终做匀变速曲线运动
B.t=1 s 时，物块的y 坐标值为2.5 m
C.t=1 s 时，物块的加速度大小为5√3 m/s2
D.t=2 s 时，物块的速度大小为10√2 m/s
答案 BD
解析 根据题图乙可得F1=4-t(N)，F2=3t(N)，故两力的合力为Fx=4+2t(N)
物块在y 轴方向受到的力不变，为mgsin 30°，x 轴方向受到的力Fx在改变，合力在改变，故物块做的不是
匀变速曲线运动，故A 错误；
沿y 轴方向物块做匀加速直线运动，加速度为
ay=mgsin30°
m
=gsin 30°=5 m/s2
故t=1 s 时，物块的y 坐标值为y=1
2ayt2=2.5 m，故B 正确；
t=1 s 时，Fx=6 N，故ax= F x
m =5 m/s2
则a=√ax
2+a y
2=5√2 m/s2，故C 错误；
沿x 轴正方向，对物块根据动量定理得
Fxt=mvx-0
由于Fx与时间t 成线性关系，故可得
(4+2×0)+(4 +2×2)
2
×2=1.2vx
解得vx=10 m/s
此时y 轴方向速度大小为
vy=gsin 30°·t=5×2 m/s=10 m/s
故此时物块的速度大小为
v=√v x
2+ v y
2=10√2 m/s，故D 正确。
两个分运动
示例
合运动性质
两个直线运动
匀速直线运动与匀变速直
线运动互成角度
匀变速曲线运
动
两个匀变速直线运动
匀变速曲线运
动或匀变速直
线运动
直线运动和简谐运动
单摆(类单摆)与直线运动
曲线运动
直线运动和圆周运动
直线运动与匀速圆周运动
垂直
螺旋式运动
直线运动与圆周运动共面
摆线运动
考点二 平抛运动
1.平抛运动及研究方法
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θ，位移方向与水平方向的夹角为
φ，则有tan θ=2tan φ，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。
例3 (2025·云南卷·3)如图所示，某同学将两颗鸟食从O 点水平抛出，两只小鸟分别在空中的M 点和N
点同时接到鸟食。鸟食的运动视为平抛运动，两运动轨迹在同一竖直平面内，则( )
A.两颗鸟食同时抛出
B.在N 点接到的鸟食后抛出
C.两颗鸟食平抛的初速度相同
D.在M 点接到的鸟食平抛的初速度较大
答案 D
解析 鸟食的运动视为平抛运动，则在竖直方向有h=1
2gt2，由于hM<hN，则tM<tN，要同时接到鸟食，则在
N 点接到的鸟食先抛出，故A、B 错误；在水平方向有x=v0t=v0√
2h
g ，过M 点作一水平面，如图所示。可
看出在相同高度处，在M 点接到的鸟食水平位移大，则在M 点接到的鸟食平抛的初速度较大，故C 错误，
D 正确。
例4 (2022·全国甲卷·24)将一小球水平抛出，使用频闪仪和照相机对运动的小球进行拍摄，频闪仪每
隔0.05 s 发出一次闪光。某次拍摄时，小球在抛出瞬间频闪仪恰好闪光，拍摄的照片编辑后如图所示。
图中的第一个小球为抛出瞬间的影像，每相邻两个球之间被删去了3 个影像，所标出的两个线段的长
度s1和s2之比为3∶7。重力加速度大小取g=10 m/s2，忽略空气阻力。求在抛出瞬间小球速度的大小。
答案 2√5
5
m/s
解析 频闪仪每隔0.05 s 发出一次闪光，每相邻两个球之间被删去3 个影像，故相邻两球的时间间隔为
t=4T=0.05×4 s=0.2 s
设抛出瞬间小球的速度为v0，每相邻两球间的水平方向上位移为x，竖直方向上的位移分别为y1、y2，根据
平抛运动位移公式有x=v0t
y1=1
2gt2=1
2×10×0.22 m=0.2 m
y2=1
2g(2t)2-1
2gt2=1
2×10×(0.42-0.22) m=0.6 m
令y1=y，则有y2=3y1=3y
已标注的线段s1、s2分别为s1=√x
2+ y
2
s2=√x
2+(3 y )
2=√x
2+9 y
2
则有√x
2+ y
2∶√x
2+9 y
2=3∶7
整理得x=2√5
5
y
故在抛出瞬间小球的速度大小为
v0= x
t =2√5
5 m/s。
例5 (2025·广东肇庆市模拟)如图所示，斜面AC 与水平方向的夹角为α，在底端A 正上方与顶端C 等
高处的E 点以速度v0水平抛出一小球，小球垂直于斜面落到D 点，重力加速度为g，不计空气阻力，
则( )
A.小球在空中飞行时间为v0
g
B.小球落到斜面上时的速度大小为v0
cosα
C.CD 与DA 长度的比值为
1
2tan
2α
D.小球的位移方向垂直于AC
答案 C
解析 小球的运动轨迹图如图所示，把速度分解：小球垂直于斜面落到D 点，所以在D 点时有tan α= v0
gt ，
解得t=
v0
g tan α ，故A 错误；小球垂直于斜面落到D 点，所以小球落到斜面上时的速度大小为v= v0
sin α ，故
B 错误；根据几何关系，sDA= v0t
cosα ，sCD=
1
2 gt
2
sin α
；整理得CD 与DA 长度的比值为
1
2tan
2α ，故C 正确；由
位移方向与水平方向夹角的正切值是速度方向与水平方向夹角正切值的1
2可知，位移不垂直于AC，故D 错
误。
大多数平抛运动与斜面(曲面)的综合问题，最终可转化为对平抛物体位
移方向、速度方向分析，对位移、速度分解、计算，从而解决问题。
已知速度方
向，分解速度
垂直落在斜面上
tan θ= v0
v y
= v0
gt
无碰撞地进入圆弧形轨道
tan θ=v y
v0
=gt
v0
已知位移方
向，分解位移
求飞行时间、位移等
tan θ= y
x =gt
2v0
落在斜面上位移最小
tan θ= x
y =2v0
gt
(x-R)2+y2=R2
考点三 斜抛运动
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
研究方法
运动的合成与分解、逆向思维法
基本规律(以斜上抛运动为例)
(1)水平方向：v0x=v0cos θ，F 合x=0；x=v0tcos θ
(2)竖直方向：v0y=v0sin θ，F 合y=mg；y=v0tsin θ-1
2gt2
常见图例
例6 (2025·湖北卷·6)某网球运动员两次击球时，击球点离网的水平距离均为L，离地高度分别为L
2 、
L，网球离开球拍瞬间的速度大小相等，方向分别斜向上、斜向下，且与水平方向夹角均为θ。击球后
网球均刚好直接掠过球网，运动轨迹平面与球网垂直，忽略空气阻力，tan θ 的值为( )
A.1
2
B.1
3
C.1
4
D.1
6
答案 C
解析 设网球离开球拍瞬间的速度大小为v0，球网高度为h，则网球两次运动过程沿水平方向均做匀速直
线运动，有L=v0cos θ·t，斜向上将球击出后，沿竖直方向有h- L
2 =v0sin θ·t-1
2gt2，斜向下将球击出后，沿竖
直方向有L-h=v0sin θ·t+1
2gt2，解得tan θ=1
4 ，故选C。
例7 (多选)(2024·山东卷·12)如图所示，工程队向峡谷对岸平台抛射重物，初速度v0大小为20 m/s，与
水平方向的夹角为30°，抛出点P 和落点Q 的连线与水平方向夹角为30°，重力加速度大小取10 m/s2，
忽略空气阻力。重物在此运动过程中，下列说法正确的是( )
A.运动时间为2√3 s
B.落地速度与水平方向夹角为60°
C.重物离PQ 连线的最远距离为10 m
D.轨迹最高点与落点的高度差为45 m
答案 BD
解析 解法一
以P 点为坐标原点，建立直角坐标系如图甲所示(PQ 为x 轴)
将v0沿两个坐标轴分解，则有
v0x=v0cos 60°=10 m/s，v0y=v0sin 60°=10√3 m/s
将重力加速度沿两个坐标轴分解，则有
ax=gsin 30°=5 m/s2
ay=gcos 30°=5√3 m/s2
从P 点抛出至落到Q 点的过程中，由对称性可知t=2v0 y
a y
=4 s，A 错误；
重物距PQ 连线最远距离Y=v0 y
2
2a y
=10√3 m，C 错误；
落至Q 点时vx=v0x+axt=30 m/s
由对称性得vy=v0y=10√3 m/s
落至Q 点时速度方向与x 轴夹角设为θ
tan θ=v y
v x
=√3
3 ，则θ=30°
又因PQ 与水平方向夹角为30°，
则落地速度方向与水平方向夹角α=60°，B 正确；
重物从抛出到最高点所用时间为t1=v0sin30°
g
=1 s
从最高点到落地所用时间为t2=t-t1=3 s
则轨迹最高点与落点的高度差为h=1
2gt2
2=45 m，D 正确。
解法二 以P 点为坐标原点建立直角坐标系，水平方向为x 轴，竖直方向为y 轴，如图乙所示，P'与P 等
高
v0x=v0cos 30°
=10√3 m/s
v0y=v0sin 30°=10 m/s
从P→P'
t1=2v0 y
g
=2 s
x1=v0xt1=20√3 m
vx=v0x=10√3 m/s
vy=v0y=10 m/s，
从P'→Q
x2=vxt2
y=vyt2+1
2gt2
2
由几何关系知：
tan 30°=
y
x1+ x2
=
10t2+5t2
2
20√3+10√3t2
解得：t2=2 s
t 总=t1+t2=4 s，A 错误；
从最高点至Q 点时间为t3=t 总-t1
2 =3 s
vy'=gt3=30 m/s
tan α=v y
'
v x
=√3，α=60°，B 正确；
H=1
2gt3
2=45 m，D 正确；
离PQ 连线最远点速度方向与PQ 平行，即垂直于PQ 连线的分速度为0，最远距离D= v⊥
2
2a⊥
=(v0sin60°)
2
2gcos30°
=10√3 m，C 错误。
解法三 沿初速度方向和重力加速度方向分解。
如图丙所示，将重物的运动沿初速度方向、竖直方向进行分解，则沿初速度v0方向的分运动为匀速直线运
动，而沿竖直方向的分运动为自由落体运动，由几何关系知△PQM 为等边三角形，v0t·sin 30°=1
2 × 1
2gt2
得从P 至Q 所用时间t=4 s，故A 错误；落在Q 点时的速度反向延长线通过匀速直线运动分位移PM 的中点，
由此可知vQ与水平方向夹角为60°，B 正确；重物上升时间t1=v0sin30°
g
=1 s，则从最高点落至Q 点的时间
t2=t-t1=3 s，轨迹最高点与落点间的高度差h=1
2gt2
2=45 m，D 正确；重物离PQ 最远距离D= v⊥
2
2a⊥
=
(v0sin60°)
2
2gcos30°
=10√3 m，C 错误。
斜抛运动问题，往往有正交分解法和斜交分解法：
1.正交分解法
(1)沿水平方向和竖直方向分解
(2)沿位移方向和垂直位移方向分解
ax=gsin θ
ay=gcos θ
2.斜交分解法
沿初速度方向和加速度方向分解，x=v0t，y=1
2gt2。
变式 (多选)(2025·四川乐山市二模)桂北全州县大西江镇，在红七军走过的湘桂古道上有一座古炮台。
如图所示，炮筒与水平面夹角为α，炮筒口离地面的距离为h。已知炮弹从炮筒口发射的速率为v0，当
地重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的有( )
A.若α 角确定，炮弹离地面的最大高度为y=(v0sin α )
2
2g
B.若α 角确定，炮弹从炮筒口运动到最高点所用时间为t=v0sin α
g
C.若α 角不确定，炮弹水平射程的最大值为x=v0√v0
2+2gh
g
D.若α 角不确定，炮弹水平射程的最大值为x=v0
2+ v0√v0
2+ 4 gh
2g
答案 BC
解析 若α 角确定，炮弹离地面的最大高度为y=h+(v0sin α )
2
2 g
，选项A 错误；若α 角确定，炮弹从炮筒口
运动到最高点所用时间为t=v0sin α
g
，选项B 正确；若α 角不确定，将炮弹的运动分解为沿v0方向斜向上
的匀速直线运动和竖直向下的自由落体运动，则x2=(v0t )
2-(1
2gt2-h)2=-g
2
4 t4+(v0
2+gh)t2-h2，则由数学知识得
当t2=- b
2a=2v0
2+2gh
g
2
时x 有极大值xm=v0√v0
2+2gh
g
，选项C 正确，D 错误。
解题中若运用正向思维法解题比较烦琐，可以考虑利用逆向思维法解题，这样能够使物体的运动
变成一种更简单的运动。
运动示例
已知条件
逆向思维
匀减速直线运动
物体做匀减速直线
运动，末速度已知
物体做初速度已知的
匀加速直线运动
(类)斜抛运动
物体做(类)斜抛运
动，末速度水平
物体做(类)平抛运动
示例 (2024·重庆市一模)一学生用两个颜色不同的球做斜拋运动游戏，如图所示，第一次出手，红色
球的初速度与竖直方向的夹角为α=60°；第二次出手，橙色球的初速度与竖直方向的夹角为β=30°。两
次出手的位置在同一竖直线上，结果两球正好到达相同的最高点C，则红色球、橙色球上升的高度之
比为( )
A.2
3
B.1
3
C.3
4
D.3
5
答案 B
解析 两个不同颜色的球做斜抛运动，经过相同的最高点，可将其逆运动看成水平向左的平拋运动，运动
轨迹如图所示，两平抛运动的水平位移相同，设为x，速度的反向延长线均过水平位移的中点，相交于同
一点。
设两球下落的高度分别为h1、h2，则
tan α= x
2h1
，tan β= x
2h2
解得
h1
h2
=tan β
tan α =1
3，故选B。
专题强化练
[分值：50 分]
[1~7 题，每题4 分，8、9 题，每题6 分]
[保分基础练]
1.(2024·江苏卷·4)喷泉a、b 形成如图所示的形状，不计空气阻力，则喷泉a、b 的( )
A.加速度相同
B.初速度相同
C.最高点的速度相同
D.在空中的时间相同
答案 A
解析 不计空气阻力，喷泉喷出的水在空中只受重力，加速度均为重力加速度，A 正确；设喷泉喷出的水
竖直方向的分速度为vy，水平方向的分速度为vx，竖直方向，根据对称性可知在空中运动的时间t=2√
2h
g
，可知tb>ta，D 错误；最高点的速度等于水平方向的分速度vx= x
t ，由于水平方向的位移大小关系未知，无
法判断最高点的速度大小关系，根据速度的合成可知无法判断初速度的大小关系，B、C 错误。
2.(2025·江西新余市一模)如图所示，位于竖直平面内的一面墙上有A、B、C 三个完全相同的窗户。将一个
小球斜向上抛出，小球在空中依次飞过A、B、C 三个窗户，图中曲线为小球在空中运动的轨迹，轨迹所
在的平面靠近竖直墙面，且与墙面平行。不计空气阻力的影响，以下说法中正确的是( )
A.小球通过窗户A 所用的时间最短
B.小球通过窗户C 的平均速度最大
C.小球通过窗户C 动能变化量最小
D.小球通过窗户A 克服重力做的功最多
答案 A
解析 小球做斜上抛运动，可以分解成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动，水平方向运
动和竖直方向运动具有等时性。小球竖直方向速度逐渐减小，而A、B、C 三个窗户的竖直高度相等，所
以通过A 所用时间最短，通过C 所用时间最长，故A 正确；小球竖直方向速度逐渐减小，水平方向速度不
变，所以经过A 的平均速度最大，经过C 的平均速度最小，故B 错误；根据重力做功公式WG=mgh，小球
通过A、B、C 三个窗户克服重力做功相等，故D 错误；根据动能定理WG=ΔEk，结合D 选项分析可知小球
通过A、B、C 三个窗户动能变化量相同，故C 错误。
3.(2025·安徽卷·6)在竖直平面内，质点M 绕定点O 沿逆时针方向做匀速圆周运动，质点N 沿竖直方向做直
线运动，M、N 在运动过程中始终处于同一高度。t=0 时，M、N 与O 点位于同一直线上，如图所示。此后
在M 运动一周的过程中，N 运动的速度v 随时间t 变化的图像可能是( )
答案 D
解析 因为质点M、N 在运动过程中始终处于同一高度，所以N 的速度vN与M 在竖直方向的分速度vMy大
小相等，设M 做匀速圆周运动的角速度为ω，半径为r，转动角度θ=ωt 时刻，其竖直方向分速度
vMy=ωrcos ωt，即vN=ωrcos ωt，则D 正确，A、B、C 错误。
4.(2024·浙江1 月选考·8)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h，直径为D，重力加速度
为g，则水离开出水口的速度大小为( )
A. D
4 √
g
h
B. D
4 √
g
2h
C.(√2+1)D
2
√
g
2h
D.(√2+1)D√
g
2h
答案 C
解析 设出水口到水桶口中心水平距离为x，则x=v0√
2h
g ，落到桶底A 点时x+ D
2 =v0√
2×2h
g
，解得v0=
(√2+1)D
2
√
g
2h
，故C 正确。
5.(多选)(2025·河南南阳市检测)水稻抛秧是一种通过人工或抛秧机抛秧，使秧苗根部朝下，自由落入田中
定植的水稻移栽新技术。甲、乙两人从相同高度沿水平方向各抛出一根秧苗，甲、乙抛出的秧苗落入田中
时速度方向与水平方向的夹角分别为37°和53°，如图甲、乙所示，秧苗的质量相同，秧苗可视为质点，忽
略空气阻力的影响，已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，关于甲、乙两人所抛的秧苗，下列说法正确的是( )
A.从抛出到落入田中前的瞬间，动量变化量相同
B.从抛出到落入田中前的瞬间，动量变化量不相同
C.秧苗的初速度大小之比为4∶3
D.从抛出到落入田中前的瞬间，水平位移大小之比为16∶9
答案 AD
解析 甲、乙两人在相同高度沿水平方向各抛出一根秧苗，竖直方向有h=1
2gt2，可知两根秧苗在空中的运
动时间t 相同，又根据动量定理有mgt=mΔv，所以甲、乙两人所抛的秧苗从抛出到落入田中前的瞬间，动
量变化量相同，A 正确，B 错误；设秧苗落入田中前瞬间速度方向与水平方向的夹角为θ，秧苗抛出时的
初速度为v0，有tan θ=v y
v0
，则v0= v y
tanθ =gt
tanθ ，所以甲、乙两人所抛秧苗的初速度大小之比为tan 53°∶tan
37°=16∶9，C 错误；因两根秧苗在空中的运动时间相同，水平方向有x=v0t，可知甲、乙两人所抛的秧苗
从抛出到落入田中前的瞬间，水平位移大小之比与初速度大小之比相等，即
x甲
x乙
=16
9 ，D 正确。
6.(2025·四川巴中市检测)如图所示，弹珠发射器(可视为质点)固定于足够高的支架顶端，支架沿着与竖直
墙壁平行的方向以速度v1水平运动，同时弹珠发射器可在水平面内沿不同方向发射速度大小为v2(v2>v1)的
弹珠。弹珠从发射到击中墙壁的过程中水平方向位移为x，竖直方向位移为y。已知发射器到墙壁的垂直距
离为L，重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A.x 的最小值为v1
v2
L
B.x 的最小值为v2
v1
L
C.y 的最小值为g L
2
2v2
2
D.y 的最小值为
g L
2
2(v2
2- v1
2)
答案 C
解析 弹珠在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，当v2垂直竖直墙壁射出时，弹珠运动
时间最短tmin= L
v2
，y 的最小值为ymin=1
2gtmin
2= g L
2
2v2
2，故C 正确，D 错误；由于v2>v1，则弹珠水平方向的合
速度可以垂直竖直墙壁，合速度大小为v=√v2
2- v1
2，此时x 的最小值为L，故A、B 错误。
7.(2025·江西省一模)如图所示，一个小球从P 点以大小为v0的初速度斜向上抛出，初速度与水平方向的夹
角为θ，小球恰好垂直打在竖直墙面上的B 点，墙面上的A 点与P 点等高且与B 点在同一竖直方向上；若
保持小球从P 点抛出的初速度大小不变，水平抛出后小球打在墙面上的位置在A 点正下方的C 点。已知
AB=2AC，不计空气阻力，小球可视为质点，则θ 为( )
A.30°
B.45°
C.60°
D.75°
答案 B
解析 设第一次斜抛小球在空中运动的时间为t，小球在空中运动的逆运动是平抛运动，第二次平抛小球
在空中运动的时间为t'，则v0cos θ·t=v0·t'，由于AB=2AC，所以有1
2gt2=2×1
2gt'2，联立两式解得θ=45°，故
选B。
[争分提能练]
8.(2025·山东淄博市一模)如图所示，在离地面高H 的O 处固定一点光源，其正前方水平距离为L 处竖直放
置一光屏。将一小球以大小为v0的初速度从O 点水平向右抛出，在光屏上可以看到小球影子的运动，空气
阻力不计，重力加速度为g，则在小球运动过程中( )
A.影子做匀速直线运动，速度大小为gL
2v0
B.影子做匀速直线运动，速度大小为gL
v0
C.影子做匀加速直线运动，加速度大小为g
D.影子做匀加速直线运动，加速度大小为gL
H
答案 A
解析 小球做平抛运动，小球在光屏上的投影点如图所示，由几何知识得h
x =v0t
L ，其中h=1
2gt2，解得x=
gL
2v0
t，则影子的位移与时间成正比，小球在点光源照射下的影子在墙上的运动是匀速直线运动，速度大小
v= gL
2v0
，故选A。
9.(2025·北京市朝阳区二模)如图所示，倾角为θ=37°的足够长斜面固定在水平地面上，将一小球(可视为质
点)从斜面底端O 点以初速度v0斜向上抛出，经过一段时间，小球以垂直于斜面方向的速度打在斜面上的
P 点。已知重力加速度为g，sin 37°=0.6，不计空气阻力。则O、P 两点之间的距离为( )
A.15 v0
2
26 g
B.15 v0
2
8 g
C.7 v0
2
15 g
D.8 v0
2
15 g
答案 A
解析 小球抛出后，将小球的速度与重力加速度分别沿斜面与垂直于斜面分解，则小球在这两个方向上均
做匀变速直线运动。小球以垂直于斜面方向的速度打在斜面上的P 点，表明此时沿斜面方向的分速度恰好
减为0，根据对称性，小球打在P 点时垂直于斜面方向的分速度与抛出时垂直于斜面方向的分速度等大反
向。设抛出时初速度v0与斜面之间的夹角为α，在沿斜面方向上有0-v0cos α=-gsin θ·t，在垂直于斜面的方
向上有-v0sin α=v0sin α-gcos θ·t，解得tan α=2
3，又tan α= sin α
cosα ，sin2α+cos2α=1，得sin α=2√13
13
，cos α=
3√13
13
，在沿斜面方向上有LOP=(v0cosα )
2
2gsinθ
，解得LOP=15 v0
2
26 g
，故选A。
10.(10 分)单板滑雪U 型池比赛是冬奥会比赛项目，其场地可以简化为如图甲所示的模型：U 形滑道由两个
半径相同的四分之一圆柱面轨道和一个中央的平面直轨道连接而成，轨道倾角为17.2°。某次练习过程中，
运动员以vM=10 m/s 的速度从轨道边缘上的M 点沿轨道的竖直切面ABCD 滑出轨道，速度方向与轨道边缘
线AD 的夹角α=72.8°，腾空后沿轨道边缘的N 点进入轨道。图乙为腾空过程左视图。该运动员可视为质点，
不计空气阻力，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)(5 分)运动员腾空过程中离开AD 的距离的最大值d；
(2)(5 分)M、N 之间的距离L。
答案 (1)4.8 m (2)12 m
解析 (1)在M 点，设运动员在ABCD 面内垂直AD 方向的分速度为v1，由运动的合成与分解规律得
v1=vMsin 72.8°
①
设运动员在ABCD 面内垂直AD 方向的分加速度为a1，由牛顿第二定律得
mgcos 17.2°=ma1
②
由运动学公式得d= v1
2
2a1
③
联立①②③式，代入数据得
d=4.8 m
④
(2)在M 点，设运动员在ABCD 面内平行AD 方向的分速度为v2，
由运动的合成与分解规律得v2=vMcos 72.8°
⑤
设运动员在ABCD 面内平行AD 方向的分加速度为a2，由牛顿第二定律得
mgsin 17.2°=ma2
⑥
设腾空时间为t，由运动学公式得t=2v1
a1
⑦
L=v2t+1
2a2t2
⑧
联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得L=12 m。⑨
