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1 / 16 第3 讲 抛体运动与圆周运动 1.（2024·海南高考3 题）如图，在跨越河流表演中，一人骑车以v0＝25 m/s 的速度水平冲出平台，恰好跨越宽度 为d＝25 m 的河流落在河对岸平台上，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，则两平台的高度差h 为（ ） A.0.5 m B.5 m C.10 m D.20 m 解析：B 平抛运动 h＝5 m，B 正确。 2.（多选）（2024·江西高考8 题）一条河流某处存在高度差，小鱼从低处向上跃出水面，冲到高处。如图所示， 以小鱼跃出水面处为坐标原点，x 轴沿水平方向，建立坐标系，小鱼的初速度为v0，末速度v 沿x 轴正方向。在此 过程中，小鱼可视为质点且只受重力作用。关于小鱼的水平位置x、竖直位置y、水平方向分速度vx和竖直方向分 速度vy与时间t 的关系，下列图像可能正确的是（ ） 2 / 16 解析：AD 由于小鱼在运动过程中只受重力作用，则小鱼在水平方向上做匀速直线运动，即vx为一定值，则有x ＝vxt，A 可能正确，C 错误；小鱼在竖直方向上做竖直上抛运动，则有y＝v0yt－1 2gt2，vy＝v0y－gt，且vy最终减为 0，B 错误，D 可能正确。 3.（2024·广东高考5 题）如图所示，在细绳的拉动下，半径为r 的卷轴可绕其固定的中心点O 在水平面内转动。 卷轴上沿半径方向固定着长度为l 的细管，管底在O 点。细管内有一根原长为l 2、劲度系数为k 的轻质弹簧，弹簧 底端固定在管底，顶端连接质量为m、可视为质点的插销。当以速度v 匀速拉动细绳时，插销做匀速圆周运动。若 v 过大，插销会卡进固定的端盖。使卷轴转动停止。忽略摩擦力，弹簧在弹性限度内。要使卷轴转动不停止，v 的 最大值为（ ） A.r√ k 2m B.l√ k 2m C.r√ 2k m D.l√ 2k m 解析：A 由题意可知当插销刚卡紧固定端盖时弹簧的伸长量为Δx＝l 2，根据胡克定律有F＝kΔx＝kl 2 ，插销与卷 轴同轴转动，角速度相同，对插销，由弹簧的弹力提供向心力，有F＝mlω2，对卷轴，有v＝rω，联立解得v＝r √ k 2m ，故选A。 4.（2024·浙江1 月选考8 题）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，则水离开出水口的速度 大小为（ ） A. D 4 √ g ℎ B. D 2 √ g 2ℎ C.（√2+1）D 2 √ g 2ℎ D.（√2＋1）D√ g 2ℎ 解析：C 设出水孔到水桶中心距离为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 ，故选C。 3 / 16 考点一 曲线运动 运动的合成与分解 1.合外力方向与轨迹的关系：物体做曲线运动的轨迹一定夹在合外力方向与速度方向之间，速度方向与轨迹相切， 合外力方向指向轨迹的凹侧。 2.合力方向与速率变化的关系 3.运动的合成与分解：根据运动的实际效果分解。位移、速度、加速度的合成与分解都遵循平行四边形定则。 【例1】 （2023·辽宁高考1 题）某同学在练习投篮，篮球在空中的运动轨迹如图中虚线所示，篮球所受合力F 的示意图可能正确的是（ ） 答案：A 解析：篮球做曲线运动，则篮球的速度与合力不在同一条直线上，且篮球的轨迹应向合力指向的一侧发生偏转， 故B、C、D 错误，A 选项符合题意。 【例2】 如图所示，套在光滑竖直杆上的物体A，通过轻质细绳跨过光滑定滑轮与光滑水平面上的物体B 相连接， A、B 质量相同。现将A 从与B 等高处由静止释放，不计一切摩擦，重力加速度为g，当细绳与竖直杆间的夹角为θ ＝60°时，A 下落的高度为h，此时物体B 的速度大小为（ ） A.√ 2 5 gℎ B.√ 4 5 gℎ C.√ gℎ 2 D.√gℎ 答案：A 4 / 16 解析：设物体A 下落高度为h 时，物体A 的速度大小为vA，物体B 的速度大小为vB，此时有vA＝ vB cos60°＝2vB， 物体A、B 组成的系统机械能守恒，则有mgh＝1 2mv A 2＋1 2mvB 2，联立方程解得vB＝√ 2 5 gℎ，故选A。 考点二 抛体运动 1.平抛运动（类平抛运动）问题的求解方法 2.斜抛运动（类斜抛运动）的处理方法 （1）斜抛运动是匀变速曲线运动，以斜上抛运动为例（如图所示） 速度：vx＝v0cos θ， vy＝v0sin θ－gt 位移：x＝v0cos θ·t，y＝v0sin θ·t－1 2gt2。 （2）当物体做斜上抛运动至最高点时，运用逆向思维，可转化为平抛运动。 【例3】 （多选）（2024·福建福州模拟）在某次飞镖锦标赛中，飞镖先后两次的抛出点在同一竖直线上的A、B 两点，将飞镖沿水平方向抛出后，飞镖均扎在靶心处，两飞镖的轨迹如图乙中曲线1、2 所示，飞镖扎在靶上瞬间 的速度与水平方向的夹角分别为α、β。已知AB、BO 的竖直高度相同，飞镖可视为质点，空气阻力忽略不计，则 下列说法正确的是（ ） A.飞镖先后两次在空中的运动时间之比为√2∶1 B.飞镖先后两次抛出时的初速度大小之比为√2∶1 C.α＝2β D.tan α＝2tan β 答案：AD 5 / 16 解析：飞镖先后两次在空中做平抛运动，竖直方向有2h＝1 2gt1 2，h＝1 2gt2 2，则在空中的运动时间之比为t1∶t2＝ √2∶1，故A 项正确；水平方向有x＝v1t1，x＝v2t2，飞镖先后两次抛出时的初速度大小之比为v1∶v2＝1∶√2，故 B 项错误；轨迹为曲线1 的飞镖扎在靶上瞬间的速度与水平方向的夹角的正切值为tan α＝gt1 v1 ，轨迹为曲线2 的 飞镖扎在靶上瞬间的速度与水平方向的夹角的正切值为tan β＝gt2 v2 ，则tan α＝2tan β，故D 项正确；设φ＝2β， 根据二倍角公式tan φ＝ 2tan β 1－tan 2 β ，可知α≠2β，故C 项错误。 【例4】 （多选）（2024·山东高考12 题）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：重物从P 点运动到Q 点的过程，水平方向上有x＝v0tcos 30°，竖直方向上有y＝－v0tsin 30°＋1 2gt2，由几 何关系有y x ＝tan 30°，联立解得重物的运动时间t＝4 s，A 错误；结合A 项分析可知，重物落地时的水平分速度 vx＝v0cos 30°，竖直分速度vy＝－v0sin 30°＋gt，则tan θ＝v y v x ＝√3，所以重物的落地速度与水平方向夹角为 60°，B 正确；对重物从P 点运动到Q 点的过程，垂直于PQ 连线方向有（v0sin 60°）2＝2ghmcos 30°，解得重 物离PQ 连线的最远距离hm＝10√3 m，C 错误；结合B 项分析，竖直方向上有v y 2＝2gym，联立解得重物轨迹最高 点与落点的高度差ym＝45 m，D 正确。 【例5】 （2024·河北保定二模）在第19 届杭州亚运会女子排球决赛中，中国女排以3∶0 战胜日本女排，以六战 全胜且一局未失的战绩成功卫冕。如图所示，排球场的宽为d，长为2d，球网高为d 4 ，发球员在底线中点正上方的 O 点将排球水平击出，排球恰好擦着网落在对方场地边线上的E 点，ED＝d 2 ，不计空气阻力，重力加速度大小为 g，下列说法正确的是（ ） 6 / 16 A.O 点距地面的高度为9d 20 B.排球做平抛运动的时间为√ d g C.排球击出时的速度大小为√gd D.排球着地时的速度大小为2√gd 答案：A 解析：排球做平抛运动的轨迹在地面上的投影为O'E，显然O' F EF ＝CQ EQ ＝2 1，所以排球在左、右场地运动的时间 之比为1∶2，设排球做平抛运动的时间为3t，有H＝1 2g（3t）2，d 4 ＝1 2g（3t）2－1 2g（2t）2，解得H＝9d 20 ，3t＝ √ 9d 10 g ，选项A 正确，B 错误；排球击出时的速度大小v0＝O' E 3t ＝5√gd 3 ，选项C 错误；排球着地时的速度大小 v＝√v0 2+2 gH＝√ 331 gd 90 ，选项D 错误。 考点三 圆周运动 1.解决圆周运动问题的主要步骤 2.求解竖直平面内圆周运动问题的思路 【例6】 （多选）（2024·广东三模）如图所示，配有转盘的中式圆餐桌是我国的传统家具。质量为m 的小碗 （可视为质点）放在水平转盘边缘上随转盘一起由静止缓慢加速转动，若小碗与转盘以及桌面间的动摩擦因数均 为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，转盘的半径为r，餐桌的半径为R，重力加速度为g，转盘与桌面的高度差不 计，下列说法正确的是（ ） A.当转盘的角速度增至√ μg 2r 时，小碗相对转盘开始滑动 B.小碗由静止到即将滑动的过程中，转盘对小碗做的功为1 2μmgr C.若R＝√2r，小碗最终会从桌面滑落 7 / 16 D.若小碗未滑离桌面，则R 不会小于√5 2 r 答案：BD 解析：小碗即将滑动时有μmg＝mv 2 r ＝mω2r，解得v＝√μgr，ω＝√ μg r ，故A 错误；根据动能定理可得W＝1 2mv2 ＝1 2μmgr，故B 正确；小碗滑动后沿转盘边缘滑出，若未能滑到桌面边缘，根据牛顿第二定律可得μmg＝ma，由 x＝v 2 2a＝1 2r＜√R 2－r 2＝r，可知小碗不会从桌面边缘滑落，故C 错误；小碗未滑离桌面需满足R≥√ r 2＋( r 2) 2 ＝ √5 2 r，故D 正确。 【例7】 （2024·山东青岛一模）很多青少年在山地自行车上安装了气门嘴灯，夜间骑车时犹如踏着风火轮，格 外亮眼。图甲是某种自行车气门嘴灯，气门嘴灯内部开关结构如图乙所示，弹簧一端固定，另一端与质量为m 的 小滑块（含触点a）连接，当触点a、b 接触，电路接通使气门嘴灯发光，触点b 位于车轮边缘。车轮静止且气门 嘴灯在最低点时触点a、b 距离为L，弹簧劲度系数为mg L ，重力加速度大小为g，自行车轮胎半径为R，不计开关 中的一切摩擦，滑块和触点a、b 均可视为质点。 （1）若自行车匀速行驶过程中气门嘴灯可以一直亮，求自行车行驶的最小速度； （2）若自行车以√2 gR的速度匀速行驶，求车轮每转一圈，气门嘴灯的发光时间。 答案：（1）√3 gR （2）π 2g √2gR 解析：（1）只要气门嘴灯位于最高点时a、b 接触即可保证全程灯亮，弹簧原长时a、b 间的距离为mg k ＋L＝2L 气门嘴灯位于最高点时，对于小滑块，有mg＋2kL＝mv 2 R 解得满足要求自行车行驶的最小速度为v＝√3 gR。 （2）速度为√2gR时轮子滚动的周期为T＝2π R √2 gR ＝π g √2gR 此速度下气门嘴灯所需的向心力为Fn＝m（√2 gR） 2 R ＝2mg， 此力恰好等于a、b 接触时弹簧的弹力，即无重力参与向心力，对应与圆心等高的点，故当气门嘴灯位于下半圆周 时灯亮，即t＝T 2 ＝π 2g √2gR。 【例8】 （2024·江西高考14 题）雪地转椅是一种游乐项目，其中心传动装置带动转椅在雪地上滑动。如图a、b 所示，传动装置有一高度可调的水平圆盘，可绕通过中心O 点的竖直轴匀速转动。圆盘边缘A 处固定连接一轻绳， 轻绳另一端B 连接转椅（视为质点）。转椅运动稳定后，其角速度与圆盘角速度相等。转椅与雪地之间的动摩擦 因数为μ，重力加速度为g，不计空气阻力。 8 / 16 （1）在图a 中，若圆盘在水平雪地上以角速度ω1匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕O 点做半径为r1的匀 速圆周运动。求AB 与OB 之间夹角α 的正切值。 （2）将圆盘升高，如图b 所示。圆盘匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕O1点做半径为r2的匀速圆周运动， 绳子与竖直方向的夹角为θ，绳子在水平雪地上的投影A1B 与O1B 的夹角为β。求此时圆盘的角速度ω2。 答案：（1）μg ω1 2r1 （2）√ μgsinθcos β （μcosθ＋sinθsin β ）r2 解析：（1）对转椅受力分析，转椅在水平面内受摩擦力、轻绳拉力，两者合力提供其做圆周运动所需的向心力， 如图所示。 设转椅的质量为m，则 转椅所需的向心力Fn1＝mω1 2r1 转椅受到的摩擦力f1＝μmg 根据几何关系有tan α＝f 1 Fn1 联立解得tan α＝μg ω1 2r1 。 （2）转椅在题图b 情况下所需的向心力Fn2＝mω2 2r2 转椅受到的摩擦力f2＝μN2 根据几何关系有tan β＝f 2 Fn2 竖直方向上由平衡条件有N2＋Tcos θ＝mg 水平面上有f2＝Tsin θsin β 联立解得ω2＝√ μgsinθcos β （μcosθ＋sinθsin β ）r2 。 1.解决三维空间中抛体运动的方法 （1）明确题意，形成运动轨迹在空间分布情况的一个轮廓。 （2）以抛出点为坐标原点，根据运动情境建立三维直角坐标系。 （3）确定每个坐标轴上的受力特点，明确各自的运动性质。 （4）依据已知条件，运动学公式找出各个坐标轴的位移、速度、加速度大小。 （5）利用合成与分解知识确定研究的问题。 9 / 16 （6）注意：合成与分解思想要穿插在解题的各个环节中。 【典例1】 （多选）如图所示，某同学将离地1.25 m 的网球以13 m/s 的速度斜向上击出，击球点到竖直墙壁的 距离4.8 m。当网球竖直分速度为零时，击中墙壁上离地高度为8.45 m 的P 点。网球与墙壁碰撞后，垂直于墙面 速度分量大小变为碰前的0.75 倍。平行墙面的速度分量不变。重力加速度g 取10 m/s2，网球碰墙后的速度大小v 和着地点到墙壁的距离d 分别为（ ） A.v＝5 m/s B.v＝3√2 m/s C.d＝3.6 m D.d＝3.9 m 答案：BD 解析：设网球飞出时的速度为v0，竖直方向v0竖直 2＝2g（H－h），代入数据得v0 竖直＝ √2×10×（8.45－1.25） m/s＝12 m/s，则v0 水平＝√13 2－12 2 m/s＝5 m/s，网球水平方向到P 点的距离x 水 平＝v0 水平t＝v0 水平·v0竖直 g ＝6 m，根据几何关系可得打在墙面上时，垂直于墙面的速度分量v0 水平⊥＝v0 水平×4 5 ＝4 m/s，平行墙面的速度分量v0 水平∥＝v0 水平×3 5＝3 m/s，反弹后，垂直于墙面的速度分量v 水平⊥'＝0.75×v0 水平⊥＝3 m/s，则反弹后的网球速度大小为v 水平＝√v水平⊥' 2＋v0水平∥ 2＝3√2 m/s，网球落到地面的时间t'＝√ 2 H g ＝ √ 8.45×2 10 s＝1.3 s，着地点到墙壁的距离d＝v 水平⊥'t'＝3.9 m，故B、D 正确，A、C 错误。 2.解决斜面上圆周运动的临界问题的方法 在处理斜面上圆周运动的临界问题时，可能需要考虑物体在最高点和最低点的受力情况，特别是当物体即将离开 斜面或保持在斜面上的瞬间。这时，摩擦力的作用尤为关键，因为它决定了物体是否能保持在其位置上。通过仔 细分析这些临界状态下的受力情况，可以有效地解决这类问题。 【典例2】 （多选）某国家体育训练基地中有一台我国自主研发，世界首创的转盘滑雪训练机。运动员的某次训 练过程可简化为如图所示的模型，转盘滑雪训练机绕垂直于盘面的固定转轴以恒定的角速度转动，盘面边缘处离 转轴距离为r 的运动员（可视为质点）始终相对于盘面静止。已知运动员的质量为m，运动员运动到最高点时恰好 不受摩擦力，接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘面与水平面的夹角为θ，重力加速度大小为g，则下列 说法正确的是（ ） A.圆盘的角速度大小为√ gsinθ r 10 / 16 B.运动员在最低点受到的摩擦力大小为2mgsin θ C.运动员与盘面间的动摩擦因数可能小于tan θ D.若仅减小圆盘的转速，则运动员可能相对于圆盘滑动 答案：AB 解析：运动员运动到最高点时恰好不受摩擦力，则有mgsin θ＝mω2r，解得圆盘的角速度大小为ω＝√ gsinθ r ，故 A 正确；当运动员在最低点时受到的摩擦力最大，根据牛顿第二定律可得fm－mgsin θ＝mω2r，解得fm＝mgsin θ＋ mω2r＝2mgsin θ，又fm＝μFN＝μmgcos θ 可得运动员与盘面间的动摩擦因数应满足μ≥2tan θ，故B 正确，C 错误； 若仅减小圆盘的转速，即角速度减小，运动员在最低点时有fm'＝mgsin θ＋mω2r，可知随着角速度的减小，运动员 在最低点受到的静摩擦力减小，当角速度减小为0 时，根据受力平衡可知，摩擦力大小为f＝mgsin θ＜fm＝2mgsin θ，可知运动员不可能相对于圆盘滑动，故D 错误。 1.（2024·辽宁葫芦岛一模）在广东珠海举行的第十四届中国国际航空航天博览会上，身披七彩祥云的“歼-20”惊 艳亮相珠海上空。在起飞一段时间内，“歼-20”水平方向做匀速直线运动，竖直向上运动的v2-h 图像如图所示， 则地面上观众看到的“歼-20”运动轨迹正确的是（ ） 解析：A 根据题意可知“歼-20”水平方向做匀速直线运动，由v2-h 图像可知竖直方向向上做匀速直线运动，得合 运动为匀速直线运动，由速度的合成得方向斜向上，故选A。 2.（2024·湖南岳阳预测）阴历正月十五放花灯，称为灯节，或称“元宵节”。这一天，人们将制作好的花灯，点 上蜡烛，放入河中漂流，供大家欣赏。若河水各点流速与该点到较近河岸边的距离成正比，现将花灯以一定速度 垂直于河岸推出去，假设花灯垂直于河岸的速度不变，则花灯到达对岸的运动路径正确的是（ ） 解析：B 设垂直于河岸的速度为v0，河宽为2d，花灯与河岸的距离为x（x≤d），则花灯沿水流方向的速度为v 水 ＝kx，垂直于水流方向有x＝v0t，则有a＝Δv水 Δt ＝k v0 Δt Δt ＝kv0可知，加速度为一恒定值，且推出花灯处的加速度 方向沿水流方向，靠近对岸位置加速度方向与水流方向相反，故花灯在从推出位置到河中间的运动为类平抛运动， 从河中间到对岸的轨迹与该运动轨迹对称，根据加速度方向与合力方向相同，合力方向指向轨迹凹侧可知B 项符 合要求。 11 / 16 3.如图所示，某人以不同速度向对面的山坡上水平抛出两个质量不等的石块，分别落到A、B 两处。不计空气阻力， 则落到B 处的石块（ ） A.初速度大，运动时间短 B.初速度大，运动时间长 C.初速度小，运动时间短 D.初速度小，运动时间长 解析：A 落到B 处的石块下落的高度较小，根据h＝1 2gt2知，运动时间较短；根据初速度v0＝x t 知，落在B 处的 石块水平位移大，运动时间短，则初速度较大。故选A。 4.A、B 两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动（如图），在相同时间内，它们通过的路程之比是4∶3，运动方向改变 的角度之比是3∶2，则它们（ ） A.周期大小之比为3∶4 B.向心加速度大小之比为2∶1 C.运动半径之比为9∶8 D.线速度大小之比为3∶4 解析：B 相同时间内运动方向改变的角度之比是3∶2，可知转过的角度之比为3∶2，根据ω＝θ t 可知，角速度之 比为3∶2，根据T＝2π ω 可知，周期大小之比为2∶3，选项A 错误；相同时间内，它们通过的路程之比是4∶3， 根据v＝s t ，可知线速度大小之比为4∶3，根据an＝ωv 可知，向心加速度大小之比为2∶1，选项B 正确，D 错误； 根据r＝v ω可知，运动半径之比为8∶9，选项C 错误。 5.2024 年6 月7 日是全国高考日，如图甲所示的是某地消防车为高考学子们准备的最高礼仪“过水门”，寓意着 鲤鱼跃龙门，祝所有考生金榜题名！其中一辆消防车喷出的水柱如图乙所示，A 点为喷水口，B 点为水柱与A 等高 点，水柱最高点到地面的距离为h，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ） A.水在空中处于超重状态 B.h 越大，水在空中运动的时间越短 C.不论h 为多大，水在空中运动的时间相同 D.水从A 点运动到B 点的时间为A 点运动到最高点时间的2 倍 解析：D 水柱中的水在空中处于失重状态，A 错误；水柱最高点离地越高，水在空中运动的时间越长，B、C 错 误；根据斜抛运动的对称性，可知水从A 点运动到B 点的时间为A 点运动到最高点时间的2 倍，D 正确。 12 / 16 6.（多选）（2024·福建厦门三模）将扁平的石子向水面快速抛出，石子可能会在水面上一跳一跳地飞向远方，俗 称“打水漂”。石子接触水面时速度方向与水面的夹角越小，从水面跳起产生的“水漂”效果越明显。将一石子 水平抛出，不计石子在空中飞行时的空气阻力，为了观察到明显的“水漂”效果，则应（ ） A.适当增加出手的高度B.适当减小出手的高度 C.适当增加出手的速度D.适当减小出手的速度 解析：BC 令石子接触水面时速度方向与水面的夹角为θ，石子水平抛出的速度为v0，石子竖直方向做自由落体 运动，则有h＝1 2gt2，石子接触水面时，有tan θ＝v y v0 ＝gt v0 ，解得tan θ＝√2gℎ v0 ，可知，出手高度越大，石子接 触水面时速度方向与水面的夹角越大，根据题意可知，为了观察到明显的“水漂”效果，则应适当减小出手的高 度，故A 错误，B 正确；结合上述可知，石子出手速度越大，石子接触水面时速度方向与水面的夹角越小，可知， 为了观察到明显的“水漂”效果，则应适当增加出手的速度，故C 正确，D 错误。 7.有一竖直转轴，转轴上不同高度处的两点分别系有一长为2l 和l 的细绳，细绳另一端分别系有质量均为m 的小 球A 和B，与A 球相连的绳子系得更高，将小球放置在光滑的水平桌面上，使小球随转轴一起转动，现逐渐增大转 轴的转速，直到两小球均离开桌面，则下列说法正确的是（ ） A.B 球比A 球先离开桌面 B.两球同时离开桌面 C.将与A 球连接的绳子更换为3l 长，则A 球将后离开桌面 D.将与A 球连接的绳子更换为3l 长，A 球两次离开桌面时的转速相同 解析：D 小球刚离开桌面时，设绳子与竖直方向夹角为θ，则mgtan θ＝mω2R，又tan θ＝R ℎ，联立可得ω2＝g ℎ ，A 球绳子悬点更高，故A 球先离开桌面，离开桌面时的角速度与绳长无关，故A、B、C 错误，D 正确。 8.为加大生态环保力度，打赢污染防治攻坚战，某工厂坚决落实有关节能减排政策，该工厂水平的排水管道满管 径工作，减排前后，落水点距出水口的水平距离分别为x0、x1，则减排前后相同时间内的排水量之比是多少？ 答案： x0 x1 解析：设水下落的高度为h，则竖直方向有h＝1 2gt2，故下落高度相同，水流入下方的时间相同，水平方向有x＝ vt，减排前后出水口处水的流速之比就等于水平位移之比，所以减排前后相同时间内的排水量之比就等于水平位移 之比，即为 x0 x1 。 13 / 16 9.（2024·浙江温州三模）如图所示，将两小沙包a、b 以不同的初速度分别从A、B 两处先后相差0.5 s 水平相向 抛出，同时落在水平面同一处，且速度方向与竖直方向夹角相等。两小沙包a、b 视为质点，并在同一竖直面内运 动，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ） A.A 处比B 处高1.25 m B.若将两沙包同时水平抛出，落地前可能会相遇 C.若已知B 处高度和沙包b 的下落时间，可求出A、B 的水平距离 D.若已知A 处高度和沙包a 的初速度，可求出A、B 的水平距离 解析：D 设沙包b 下落时间为t，则沙包a 下落时间为（t＋0.5 s），A 处比B 处高为Δh＝1 2g（t＋0.5 s）2－1 2 gt2，由此可知Δh＞1.25 m，故A 错误；根据平抛运动的轨迹可知，在落地前两沙包不会相遇，故B 错误；由于 速度方向与竖直方向夹角相等，则gt vb ＝g（t +0.5 s） va ，A、B 的水平距离为x＝vbt＋va（t＋0.5 s），由此可知， 需要已知沙包的下落时间和初速度，平抛运动的下落时间与高度有关，故C 错误，D 正确。 10.（2024·辽宁大连二模）2028 年奥运会新增壁球运动项目。如图所示，运动员从A 点将球斜向上击出，水平击 中墙上B 点反弹后又水平飞出，落到C 点，BB'竖直，AB'C 三点在同一水平面上，B'C 垂直于AC。不计空气阻力， 球碰撞B 点前后的速度大小分别为v1、v2，球在AB、BC 两段运动时间分别为t1、t2，则正确的是（ ） A.v1＝v2 B.v1＜v2 C.t1＞t2 D.t1＝t2 解析：D 依题意，球在AB 段做斜抛运动，看成反方向的平抛运动，则有hBB'＝1 2gt1 2，球在BC 段做平抛运动， 有hBB'＝1 2gt2 2，联立解得t1＝t2，故C 错误，D 正确；球在AB 段水平方向，有xAB'＝v1t1，球在BC 段水平方向，有 xCB'＝v2t2，由图可知xAB'＞xCB'，联立解得v1＞v2，故A、B 错误。 11.（2024·山东烟台三模）跑酷，又称自由奔跑，是一种结合了速度、力量和技巧的极限运动。如图甲所示的是一 城墙的入城通道，通道宽度L＝6 m，一跑酷爱好者从左墙根由静止开始正对右墙加速运动，加速到M 点时斜向上 跃起，到达右墙壁P 点时，竖直方向的速度恰好为零，P 点距离地面高h＝0.8 m，然后立即蹬右墙壁，使水平方 向的速度变为等大反向，并获得一竖直方向速度，恰好能跃到左墙壁上的Q 点，P 点与Q 点等高，飞跃过程中跑 酷爱好者距地面的最大高度为H＝2.05 m，重力加速度g 取10 m/s2，整个过程中跑酷爱好者的姿态可认为保持不 变，如图乙所示，则： 14 / 16 （1）跑酷爱好者助跑的距离是多少？ （2）跑酷爱好者刚离开墙壁时的速度大小是多少？ （3）跑酷爱好者刚离开P 点时的速度方向与竖直方向夹角的正切值是多少？ 答案：（1）3.6 m （2）√61 m/s （3）6 5 解析：（1）跑酷爱好者到达右墙壁P 点时，竖直方向的速度恰好为零，根据逆向思维可知，从M 点到P 点的逆过 程为平抛运动，则h＝1 2gt1 2，从P 点到Q 点的过程为斜抛运动，根据对称性可得H－h＝1 2g( t2 2) 2 ，L＝v0t2，解得 t1＝0.4 s，t2＝1 s，v0＝6 m/s，跑酷爱好者助跑的距离为x＝L－v0t1＝3.6 m。 （2）跑酷爱好者刚离开墙壁时竖直方向的速度大小为vy＝g×t2 2 ＝5 m/s，跑酷爱好者刚离开墙壁时的速度大小为 v＝√v0 2＋v y 2＝√61 m/s。 （3）跑酷爱好者刚离开P 点时的速度方向与竖直方向夹角的正切值为tan θ＝v0 v y ＝6 5。 12.电磁炮灭火消防车（图甲）采用电磁弹射技术投射灭火弹进入高层建筑快速灭火。电容器储存的能量通过电磁 感应转化成灭火弹的动能，设置储能电容器的工作电压可获得所需的灭火弹出膛速度。如图乙所示，若电磁炮正 对高楼，与高楼之间的水平距离L＝60 m，灭火弹出膛速度v0＝50 m/s，方向与水平面夹角θ＝53°，不计炮口离 地面高度及空气阻力，取重力加速度大小g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8。 （1）求灭火弹击中高楼位置距地面的高度H； （2）已知电容器储存的电能E＝1 2CU2，转化为灭火弹动能的效率η＝15％，灭火弹的质量为3 kg，电容C＝ 2.5×104 μF，电容器工作电压U 应设置为多少？ 答案：（1）60 m （2）1 000√2 V 解析：（1）灭火弹离开炮口后做斜抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向上做竖直上抛运动。则灭火弹在 水平方向上有vx＝v0cos 53°＝30 m/s， 灭火弹从离开炮口到击中高楼所用的时间 t＝L v x ＝60 30 s＝2 s， 在竖直方向上有vy＝v0sin 53°＝40 m/s， 灭火弹击中高楼位置距地面的高度H＝vyt－1 2gt2， 代入数据解得H＝60 m。 （2）由题意可知ηE＝1 2 mv0 2， 15 / 16 解得E＝25 000 J， 又E＝1 2 CU2， 代入数据解得U＝1 000√2 V。 13.如图所示的是跳台滑雪轨道简化模型，AB 段光滑曲面为加速滑道，BCD 段圆弧滑道为半径r＝16 m 的姿态调 整滑道，左侧与AB 段平滑连接，右侧与水平跳台DE 连接，EF 段为倾角30°的速降斜坡。质量为60 kg 的滑雪 运动员从加速滑道滑下后到达圆弧轨道的最低点C 点时的速度大小v1＝20 m/s，经过D 点时的速度大小为v2＝15 m/s，运动员整个运动过程的最高点P 恰好在E 点的正上方h＝7.2 m 处，最后落在斜坡上的Q 点。已知重力加速 度为10 m/s2，不计空气阻力，速降斜坡足够长，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： （1）运动员在C 点时受到圆弧轨道的弹力； （2）水平平台DE 的长度； （3）经过P 点之后，运动员距斜坡的最远距离（结果用根式表示）。 答案：（1）2 100 N，方向竖直向上 （2）10.8 m （3）171√3 40 m 解析：（1）在C 点，对运动员，由牛顿第二定律有FN－mg＝mv1 2 r 解得FN＝2 100 N 即运动员在C 点时受到圆弧轨道的弹力大小为2 100 N，方向竖直向上。 （2）设运动员在由D 点飞出时速度与水平方向成α 角，从D 点运动到P 点的过程中，竖直方向有（v2sin α）2＝ 2gh，v2sin α＝gt1 水平方向有xDE＝v2t1cos α 解得α＝53°，xDE＝10.8 m。 （3）运动到P 点的速度vP＝v2cos α 对其垂直于斜坡方向分解vy＝vPsin θ，ay＝gcos θ 当垂直于斜坡方向上的速度减为0 时，距离斜坡最远，由几何关系可知d＝hcos θ＋H 其中v y 2＝2ayH 解得d＝171√3 40 m。 14.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： 16 / 16 （1）运动员腾空过程中离开AD 的距离的最大值d； （2）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 面内垂直于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 面内垂直于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
