2023年高考物理二轮复习微专题专题1第3讲抛体运动(教师版)

这是一份2023年高考物理二轮复习微专题专题1第3讲抛体运动(教师版)，共17页。试卷主要包含了命题角度，平抛运动的两个推论，6，cs 37°＝0，3 s，如图所示，某同学将离地1等内容，欢迎下载使用。

考点一 运动的合成与分解
例1 (2022·辽宁卷·1)如图所示，桥式起重机主要由可移动“桥架”“小车”和固定“轨道”三部分组成．在某次作业中桥架沿轨道单向移动了8 m，小车在桥架上单向移动了6 m．该次作业中小车相对地面的位移大小为( )
A．6 m B．8 m
C．10 m D．14 m
答案 C
解析 根据位移概念可知，该次作业中小车相对地面的位移大小为x＝eq \r(x12＋x22)＝eq \r(82＋62) m＝10 m，故选C.
例2 (2022·河北唐山市二模)如图所示，套在光滑竖直杆上的物体A，通过轻质细绳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.eq \r(\f(2,5)gh) B.eq \r(\f(4,5)gh)
C.eq \r(\f(gh,2)) D.eq \r(gh)
答案 A
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＝eq \f(vB,cs 60°)＝2vB，物体A、B组成的系统机械能守恒，则有mgh＝eq \f(1,2)mvA2＋eq \f(1,2)mvB2，联立方程解得vB＝eq \r(\f(2,5)gh)，故选A.
把物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和平行于绳(杆)两个分量，根据沿绳(杆)方向的分速度大小相等求解．常见的模型如图所示．
考点二 平抛运动
1．平抛运动问题的求解方法
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 (多选)(2022·湖南省高三学业质量第二次联合检测)投壶是从先秦延续至清末的中国传统礼仪和宴饮游戏，《礼记传》中提到：“投壶，射之细也．宴饮有射以乐宾，以习容而讲艺也．”如图所示，甲、乙两人在不同位置沿水平方向各射出一支箭，箭尖插入壶中时与水平面的夹角分别为37°和53°.已知两支箭的质量、竖直方向下落高度均相等，忽略空气阻力、箭长、壶口大小等因素的影响(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6)，下列说法正确的是( )
A．甲、乙两人所射箭的初速度大小之比为16∶9
B．甲、乙两人所射箭落入壶口时的速度大小之比为3∶4
C．甲、乙两人投射位置与壶口的水平距离之比为9∶16
D．甲、乙两人所射箭落入壶口时的动能之比为16∶9
答案 AD
解析 由题知甲、乙两人射箭高度相同，则两支箭在空中的运动时间相同，落入壶口时竖直方向的速度vy相同．设箭尖插入壶中时与水平面的夹角为θ，箭射出时的初速度为v0，则tan θ＝eq \f(vy,v0)，即v0＝eq \f(vy,tan θ)，故两支箭射出时的初速度大小之比为tan 53°∶tan 37°＝16∶9，A正确；设箭尖插入壶中时的速度大小为v，则v＝eq \f(vy,sin θ)，故两支箭落入壶口时的速度大小之比为sin 53°∶sin 37°＝4∶3，B错误；因两支箭在空中的运动时间相同，甲、乙两人投射位置与壶口的水平距离之比等于初速度大小之比，为16∶9，C错误；由Ek＝eq \f(1,2)mv2可知，两支箭落入壶口时的动能之比为16∶9，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 eq \f(2\r(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＝4×0.05 s＝0.2 s
设抛出瞬间小球的速度大小为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＝eq \f(1,2)gt2＝eq \f(1,2)×10×0.22 m＝0.2 m
y2＝eq \f(1,2)g(2t)2－eq \f(1,2)gt2＝eq \f(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＝eq \r(x2＋y2)
s2＝eq \r(x2＋3y2)＝eq \r(x2＋9y2)
则有eq \r(x2＋y2)∶eq \r(x2＋9y2)＝3∶7
整理得x＝eq \f(2\r(5),5)y，故在抛出瞬间小球的速度大小为v0＝eq \f(x,t)＝eq \f(2\r(5),5) m/s.
例5 (2022·浙江省名校协作体模拟)第24届冬季奥运会于2022年2月在北京召开，如图甲所示为运动员跳台滑雪运动瞬间，运动示意图如图乙所示，运动员从助滑雪道AB上由静止开始滑下，到达C点后水平飞出，落到滑道上的D点，运动轨迹上的E点的速度方向与轨道CD平行，设运动员从C到E与从E到D的运动时间分别为t1与t2，(忽略空气阻力，运动员可视为质点)下列说法正确的是( )
A．t1B．t1>t2
C．若运动员离开C点时的速度加倍，则落在斜面上的速度方向不变
D．若运动员离开C点时的速度加倍，则落在斜面上距C的距离也加倍
答案 C
解析 以C点为原点，以CD为x轴，以CD垂直向上方向为y轴，建立坐标系如图所示．对运动员的运动进行分解，y轴方向上的运动类似竖直上拋运动，x轴方向做匀加速直线运动．当运动员速度方向与轨道平行时，在y轴方向上到达最高点，根据竖直上拋运动的对称性，知t1＝t2，A、B错误；将初速度沿x、y方向分解为v1、v2，将加速度沿x、y方向分解为a1、a2，则运动员的运动时间为t＝2eq \f(v2,a2)，落在斜面上的距离s＝v1t＋eq \f(1,2)a1t2，离开C点时的速度加倍，则v1、v2加倍，t加倍，由位移公式得s不是加倍关系，D错误；设运动员落在斜面上的速度方向与水平方向的夹角为α，斜面的倾角为θ，则有：tan α＝eq \f(vy,v0)，tan θ＝eq \f(y,x)＝eq \f(\f(vy,2)t,v0t)＝eq \f(vy,2v0)，得tan α＝2tan θ，θ一定，则α一定，可知运动员落在斜面上的速度方向与从C点飞出时的速度大小无关，C正确．
考点三 斜抛运动
例6 (2021·江苏卷·9)如图所示，A、B两篮球从相同高度同时抛出后直接落入篮筐，落入篮筐时的速度方向相同，下列判断正确的是( )
A．A比B先落入篮筐
B．A、B运动的最大高度相同
C．A在最高点的速度比B在最高点的速度小
D．A、B上升到某一相同高度时的速度方向相同
答案 D
解析 若研究两个过程的逆过程，可看成是从篮筐沿同方向斜向上的斜抛运动，落到同一高度上的两点，则A上升的高度较大，高度决定时间，可知A运动时间较长，即B先落入篮筐中，A、B错误；因为两球抛射角相同，A的射程较远，则A球的水平速度较大，即A在最高点的速度比B在最高点的速度大，C错误；由斜抛运动的对称性可知，当A、B上升到某一相同高度时的速度方向相同，D正确．
例7 (2022·山东潍坊市一模)在2月8日举行的北京2022年冬奥会自由式滑雪女子大跳台的比赛中，18岁的中国选手谷爱凌顶住压力，在关键的第三跳以超高难度动作锁定金牌，这也是中国女子雪上项目第一个冬奥会冠军．滑雪大跳台的赛道主要由助滑道、起跳台、着陆坡、停止区组成，如图所示．在某次训练中，运动员经助滑道加速后自起跳点C以大小为vC＝
20 m/s、与水平方向成α＝37°的速度飞起，完成空中动作后，落在着陆坡上，后沿半径为R＝40 m的圆弧轨道EF自由滑行通过最低点F，进入水平停止区后调整姿势做匀减速滑行直到静止．已知运动员着陆时的速度方向与竖直方向的夹角为α＝37°，在F点运动员对地面的压力大小为所受重力(含装备)的2倍，运动员在水平停止区受到的阻力大小为所受重力(含装备)的二分之一，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，忽略运动过程中的空气阻力．求：
(1)水平停止区FG的最小长度L；
(2)运动员完成空中动作的时间t(结果保留两位有效数字)．
答案 (1)40 m (2)3.3 s
解析 (1)将运动员与装备看成一个质点，总质量为m总，在F点时，运动员对地面的压力大小为所受重力(含装备)的2倍，由牛顿第三定律知地面对该运动员整体的支持力大小FN＝2m总g
此时支持力与总重力的合力为圆周运动提供向心力，
则有FN－m总g＝m总eq \f(v2,R)
解得v＝20 m/s
运动员到达F点后，在水平停止区有F阻＝0.5m总g＝m总a，做加速度大小为a的匀减速直线运动，水平停止区FG的最小长度L＝eq \f(v2,2a)＝40 m
(2)对运动员由C点起跳的速度进行正交分解，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀减速直线运动，
水平方向速度vx＝vCcs α
竖直方向速度vy＝vCsin α－gt
着陆时竖直方向分速度与C点的竖直方向分速度方向相反，由于运动员着陆时的速度方向与竖直方向的夹角为α，
则有tan α＝eq \f(vx,－vy)＝eq \f(vCcs α,gt－vCsin α)
代入数值得t≈3.3 s.
1.斜抛运动是匀变速曲线运动，可分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的加速度为g的匀变速直线运动，以斜上抛为例(如图所示)
速度：vx＝v0cs θ，vy＝v0sin θ－gt
位移：x＝v0cs θ·t，y＝v0sin θ·t－eq \f(1,2)gt2
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．
1．(2022·江苏省高考考前打靶卷)如图所示，一男孩欲拿石子击打苹果，第一次以抛射角(抛出时速度与水平方向的夹角)θ1抛出石子，第2次以θ2(图中未画出)抛出(θ2>θ1)，假设两次抛出时的位置相同，且初速度v0大小相等，两次均击中苹果．不计空气阻力，则( )
A．第一次石子在空中运动的时间比第二次长
B．若仅减小v0，欲击中苹果，则抛射角θ1、θ2均变大
C．改变v0大小和抛射角，石子不可能水平击中苹果
D．两次击中苹果前瞬间的速度大小相等
答案 D
解析 石子做斜抛运动，水平方向做匀速运动，则有vx＝v0cs θ，故石子在空中的运动时间t＝eq \f(x,vx)＝eq \f(x,v0cs θ)，所以eq \f(t1,t2)＝eq \f(cs θ2,cs θ1)，因为θ2>θ1，故cs θ22.(2022·北京市昌平区高三期末)运动的合成与分解是我们研究复杂运动时常用的方法．如图所示，一高度为h、内壁光滑的圆筒竖直放置，将一个小滑块在圆筒上端O点以水平初速度v0沿圆筒内壁切线方向抛出．小滑块沿圆筒内壁运动了一周后恰好从O′点离开圆筒．已知重力加速度为g，不计空气阻力．
(1)求小滑块从抛出到离开圆筒所用的时间t.
(2)如果沿虚线OO′将圆筒展开，以小滑块初始位置为坐标原点O，初速度v0方向为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向，建立直角坐标系xOy，请在图中定性地画出小滑块在圆筒内表面的运动轨迹．
答案 (1)eq \r(\f(2h,g)) (2)见解析图
解析 (1)由题意可知，小滑块竖直方向做自由落体运动，可得小滑块从抛出到离开圆筒所用的时间为h＝eq \f(1,2)gt2，解得t＝eq \r(\f(2h,g))；
(2)由题意可知，小滑块在圆筒内表面的运动轨迹如图所示．
专题强化练
[保分基础练]
1.(2022·广东卷·6)如图所示，在竖直平面内，截面为三角形的小积木悬挂在离地足够高处，一玩具枪的枪口与小积木上P点等高且相距为L.当玩具子弹以水平速度v从枪口向P点射出时，小积木恰好由静止释放，子弹从射出至击中积木所用时间为t.不计空气阻力．下列关于子弹的说法正确的是( )
A．将击中P点，t大于eq \f(L,v)
B．将击中P点，t等于eq \f(L,v)
C．将击中P点上方，t大于eq \f(L,v)
D．将击中P点下方，t等于eq \f(L,v)
答案 B
解析 由题意知枪口与P点等高，子弹和小积木在竖直方向上均做自由落体运动，当子弹击中积木时子弹和积木的运动时间相同，根据h＝eq \f(1,2)gt2，可知下落高度相同，所以将击中P点；又由于初始状态子弹到P点的水平距离为L，子弹在水平方向上做匀速直线运动，故有t＝eq \f(L,v)，故选B.
2.(2022·山东潍坊市高三期末)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为( )
A.eq \f(x1,x0) B.eq \f(x0,x1) C.eq \r(\f(x1,x0)) D.eq \r(\f(x0,x1))
答案 B
解析 设水下落的高度为h，与水下落的时间t的关系为h＝eq \f(1,2)gt2，故下落高度相同，水流入下方的时间相同，根据平抛运动水平方向的位移与时间关系x＝vt，减排前、后水的流速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eq \f(x0,x1)，A、C、D错误，B正确．
3.(2022·江苏扬州市高三期末)如图所示，滑板爱好者先后两次从坡道A点滑出，均落至B点，第二次的滞空时间比第一次长，则( )
A．两次滑出速度方向相同
B．两次腾空最大高度相同
C．第二次滑出速度一定大
D．第二次在最高点速度小
答案 D
解析 对滑板爱好者运动分析可知，从坡道A点滑出后，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，根据竖直上抛运动的对称性，即上升时间等于下降时间，由题知第二次的滞空时间比第一次长，所以第二次下降时间大于第一次，由h＝eq \f(1,2)gt2知，第二次腾空最大高度大于第一次，又因为两次水平位移相等，所以两次位移与水平方向的夹角不同，即两次滑出速度方向不相同，故A、B错误；因为第二次下降时间大于第一次，且两次水平位移相等，由x＝vxt知，第二次滑出后水平分速度小于第一次，即第二次在最高点速度小，又由vy＝gt可知，第二次滑出后竖直分速度大于第一次，所以第二次滑出速度不一定大，故C错误，D正确．
4.(多选)(2022·广西北海市一模)如图所示，直杆AB斜靠在墙角，∠ABO＝53°，∠AOB＝90°，AO＝5 m．现从距A点正下方1.8 m的C点以初速度v0水平抛出一小球(可视为质点)．已知重力加速度g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6，空气阻力不计．若使小球不能碰到杆AB，则v0的值可能为( )
A．4 m/s B．4.4 m/s C．5 m/s D．6 m/s
答案 AB
解析 若小球刚与杆接触时的末速度与水平方向夹角为53°，即小球运动轨迹与杆相切，设此时小球竖直方向下落高度为h，水平位移为x，则根据平抛运动相关推论有tan 53°＝2eq \f(h,x)，由几何关系可得tan 53°＝eq \f(h＋hAC,x)，联立解得h＝1.8 m，x＝2.7 m，则由v05．(2022·安徽合肥市质检)某校秋季运动会分为竞技组和健身组，健身组设置了定点投篮项目．某同学正在进行定点投篮，篮球在空中划出了一道漂亮的弧线．在篮球运动所在的竖直平面内建立坐标系xOy，如图所示，篮球由A点投出，A、B、C、D是篮球运动轨迹上的四点，C为篮球运动的最高点，A、B、D三点的坐标已在图中标出，重力加速度为g，空气阻力忽略不计．则下列说法正确的是( )
A．篮球经过C点时速度大小为eq \r(gL)
B．篮球经过B点和D点的动量相同
C．篮球由A到B和由B到C过程，动量的变化量相同
D．篮球由B到C和由C到D过程，重力做功相同
答案 C
解析 依题意可知篮球抛出后做斜抛运动，利用逆向思维，将篮球从A到C的轨迹看作从C到A的平抛运动，设C点坐标为(0，yC)，C点到B点时间为t，由题图可得L＝vCt，yC＝eq \f(1,2)gt2,3L－yC＝gt2，联立解得yC＝L，vC＝eq \r(\f(gL,2))，故A错误；由题图知B点和D点在同一水平线上，则可知篮球在两点处的速度大小相等，但方向不同，所以两点处的动量不相同，故B错误；由题图知篮球由A到B和由B到C过程水平方向上发生的位移相等，则所用时间相等，根据动量定理可得mgt＝－Δp，所以动量的变化量相同，故C正确；篮球由B到C过程重力做负功，由C到D过程重力做正功，二者不相同，故D错误．
6．(2022·广东梅州市一模)如图甲所示是网球发球机，某次室内训练时将发球机在距地面一定的高度的地方放置，然后向竖直墙面发射网球．假定网球水平射出，某两次射出的网球碰到墙面时与水平方向夹角分别为30°和60°，如图乙所示．若不考虑网球在空中受到的阻力，则( )
A．两次发射的初速度之比为3∶1
B．碰到墙面前空中运动时间之比为1∶3
C．下降高度之比为1∶3
D．碰到墙面时动能之比为3∶1
答案 C
解析 在平抛运动过程中，有h＝eq \f(1,2)gt2，x＝v0t，位移与水平方向夹角的正切值tan α＝eq \f(h,x)＝eq \f(gt,2v0)，速度与水平方向夹角的正切值tan β＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(gt,v0)，则tan β＝2tan α.在平抛运动中，h＝xeq \f(tan β,2)，所以eq \f(h1,h2)＝eq \f(tan 30°,tan 60°)＝eq \f(1,3)；由h＝eq \f(1,2)gt2可知，eq \f(t1,t2)＝eq \r(\f(h1,h2))＝eq \f(\r(3),3)；水平速度v＝eq \f(x,t)，可得eq \f(v1,v2)＝eq \f(t2,t1)＝eq \f(\r(3),1)；由vt＝eq \f(v0,cs β)可知，eq \f(vt1,vt2)＝eq \f(v1cs 60°,v2cs 30°)＝eq \f(1,1)，所以碰到墙面时动能之比eq \f(Ek1,Ek2)＝eq \f(vt12,vt22)＝eq \f(1,1)，故A、B、D错误，C正确．
[争分提能练]
7.(2022·湖北武汉市高三期末)活塞带动飞轮转动可简化为如图所示的模型：图中A、B、O三处都是转轴，当活塞在水平方向上移动时，带动连杆AB运动，进而带动OB杆以O点为轴转动．若某时刻活塞的水平速度大小为v，连杆AB与水平方向夹角为α，AB杆与OB杆的夹角为β，此时B点做圆周运动的线速度大小为( )
A.eq \f(vsin α,sin β) B.eq \f(vcs α,sin β)
C.eq \f(vcs α,cs β) D.eq \f(vsin α,cs β)
答案 B
解析 设B点做圆周运动的线速度大小为v′，此速度为B点的实际速度，根据运动合成与分解，可以分解为沿杆方向的分速度和垂直杆方向的分速度，如图，
沿杆方向的分速度大小为vB＝v′cs(β－eq \f(π,2))＝v′sin β，A点速度为水平方向的v，根据运动合成与分解，可以分解为沿杆方向的分速度和垂直杆方向的分速度，如图，沿杆方向的分速度为vA＝vcs α，又有二者沿杆方向的分速度相等，即v′sin β＝vcs α，则v′＝eq \f(vcs α,sin β)，故选B.
8.(多选)(2022·山东卷·11)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＝3eq \r(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＝eq \r(2×10×8.45－1.25) m/s＝12 m/s，则v0水平＝eq \r(132－122) m/s＝5 m/s，网球击出点到P点水平方向的距离x水平＝v0水平t＝v0水平·eq \f(v0竖直,g)＝6 m，根据几何关系可得打在墙面上时，垂直墙面的速度分量v0水平⊥＝v0水平·eq \f(4,5)＝4 m/s，平行墙面的速度分量v0水平∥＝v0水平·eq \f(3,5)＝3 m/s，反弹后，垂直墙面的速度分量v水平⊥′＝0.75·v0水平⊥＝3 m/s，则反弹后的网球速度大小为v＝v水平＝eq \r(v水平⊥′2＋v0水平∥2)＝3eq \r(2) m/s，网球落到地面的时间t′＝eq \r(\f(2H,g))＝eq \r(\f(2×8.45,10)) 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．
9.(2022·安徽蚌埠市高三期末)如图为弹球游戏装置的简化示意图，两块平行挡板竖直固定在水平面上，右侧挡板下端有一小孔B，小亮将弹性小球自右侧挡板顶端A点以一定的水平速度向左抛出，小球经两个挡板多次碰撞最终恰好从B飞出，游戏获胜．已知两挡板的间距为L，A、B的高度差为h，小球直径略小于小孔的内径，小球与挡板碰撞前后的水平和竖直分速度大小均不变，且不与水平面相碰，重力加速度为g.则小球抛出时的速度v和它与两挡板碰撞总次数N分别为( )
A．v＝(N＋1)Leq \r(\f(2g,h))，N＝2n(n＝1,2,3，…)
B．v＝(N＋1)Leq \r(\f(2g,h))，N＝2n－1(n＝1,2,3，…)
C．v＝(N＋1)Leq \r(\f(g,2h))，N＝2n(n＝1,2,3，…)
D．v＝(N＋1)Leq \r(\f(g,2h))，N＝2n－1(n＝1,2,3，…)
答案 B
解析 小球在两平行挡板间的运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动．设运动总时间为t，则水平方向、竖直方向分别有(N＋1)L＝vt，N＝2n－1(n＝1,2,3，…)，h＝eq \f(1,2)gt2，联立可得v＝(N＋1)Leq \r(\f(2g,h))，N＝2n－1(n＝1,2,3，…)，故A、C、D错误，B正确．
10.(2022·山东日照市一模)跳台滑雪是冬奥会的重要项目之一．如图所示，某次比赛中，质量为m的运动员(包括滑雪板)以速度v0从跳台顶端水平飞出，经过一段时间后落在倾斜赛道上，赛道的倾角为θ，重力加速度为g，空气阻力忽略不计，运动员(包括滑雪板)视为质点．则运动员在空中运动的过程中( )
A．动量变化量的大小为mv0tan θ
B．位移的大小为eq \f(v02tan θ,g)
C．距离赛道最远时的速度大小为eq \f(v0,tan θ)
D．距离赛道最远时的竖直位移为总竖直位移的eq \f(1,4)
答案 D
解析 根据动量定理，动量变化量等于重力的冲量，即为竖直方向的动量变化，当运动员落至斜面时，分解其位移得tan θ＝eq \f(h,x)＝eq \f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq \f(gt,2v0)，则落至斜面时的竖直分速度为vy＝gt＝2v0tan θ，因此动量变化量为Δp＝mΔv＝2mv0tan θ，故A错误；由A得运动员运动的时间为t＝eq \f(2v0tan θ,g)，则水平位移为x＝v0t＝eq \f(2v02tan θ,g)，则运动员实际位移大小为x实际＝eq \f(x,cs θ)＝eq \f(2v02tan θ,gcs θ)，故B错误；将运动分解为沿斜面和垂直斜面两个方向，则垂直斜面方向的初速度方向垂直斜面向上，加速度方向垂直斜面向下，则垂直斜面的速度分量减小为零时运动员离斜面最远，即当运动员的速度方向与斜面平行时，距离赛道最远，在最远处分解其速度得cs θ＝eq \f(v0,v)，则v＝eq \f(v0,cs θ)，故C错误；垂直斜面方向的分运动类似于竖直上抛运动，根据竖直上抛运动的对称性，垂直斜面的速度分量减小为零时的运动时间为总时间的一半，再根据自由落体的公式h＝eq \f(1,2)gt2得，距离赛道最远时的竖直位移为总竖直位移的eq \f(1,4)，故D正确．
11．(2022·河北保定市七校联考)如图所示，两人各自用吸管吹黄豆，甲黄豆从吸管末端P点水平射出的同时乙黄豆从另一吸管末端M点斜向上射出．经过一段时间后两黄豆在N点相遇，曲线1和2分别为甲、乙黄豆的运动轨迹．若M点在P点正下方，M点与N点位于同一水平线上，且PM长度等于MN的长度，不计空气阻力，可将黄豆看成质点，则( )
A．两黄豆相遇时甲的速度与水平方向的夹角的正切值为乙的两倍
B．甲黄豆在P点的速度与乙黄豆在最高点的速度不相等
C．两黄豆相遇时甲的速度大小为乙的两倍
D．乙黄豆相对于M点上升的最大高度为PM长度的一半
答案 A
解析 设甲黄豆做平抛运动的时间为t，那么乙黄豆做斜抛运动的时间也为t，根据斜抛运动的对称性可知，乙黄豆从M点运动至最高点的时间为eq \f(t,2)，乙黄豆从M点运动至最高点的水平位移为MN的一半，设PM＝MN＝L，甲黄豆在P点的速度为v1，乙黄豆到达最高点的速度为v′，在水平方向上由运动学规律：对甲黄豆有L＝v1t，对乙黄豆从M点运动至最高点水平方向上有eq \f(L,2)＝v′·eq \f(t,2)，联立解得v1＝v′＝eq \f(L,t)，故B错误；对甲黄豆到达N点时，在竖直方向上有L＝eq \f(1,2)gt2，v1y＝gt＝eq \r(2gL)，在水平方向有v1＝eq \f(L,t)＝eq \r(\f(gL,2))，甲黄豆到达N点时的速度为 v甲＝eq \r(v12＋v1y2)＝eq \r(\f(5gL,2))，对乙黄豆在从M点运动至最高点的过程中，由逆向思维得上升的最大高度为h＝eq \f(1,2)g(eq \f(t,2))2＝eq \f(1,4)·eq \f(1,2)gt2＝eq \f(1,4)L，所以乙黄豆相对于M点上升的最大高度为PM长度的eq \f(1,4)，乙黄豆在M点的竖直方向分速度为v2y2＝eq \r(2g·\f(L,4))，则v2y＝eq \r(\f(gL,2))，由运动的合成与分解得乙黄豆在N点的速度为v乙＝eq \r(v′2＋v2y2)＝eq \r(gL)，所以两黄豆相遇时甲的速度大小不是乙的两倍，故C、D错误；两黄豆相遇时甲的速度与水平方向的夹角正切值为tan α＝eq \f(v1y,v1)＝eq \f(\r(2gL),\r(\f(gL,2)))＝2，乙的速度与水平方向的夹角正切值为tan β＝eq \f(v2y,v′)＝eq \f(v2y,v1)＝eq \f(\r(\f(gL,2)),\r(\f(gL,2)))＝1，所以两黄豆相遇时甲的速度与水平方向的夹角不是乙的两倍，甲的速度与水平方向的夹角的正切值为乙的两倍，故A正确．
12．(2022·广东广州市一模)图(a)是我国传统农具——风鼓车，图(b)是其工作原理示意图．转动摇柄，联动风箱内的风叶，向车斗内送风，入料仓漏口H漏出的谷粒经过车斗，质量大于2.0×10－5 kg的谷粒为饱粒，落入第一出料口A1B；质量为1.2×10－5～2.0×10－5 kg的谷粒为瘪粒，落入第二出料口A2B；质量小于1.2×10－5 kg的草屑被吹出出风口．已知A1、B、A2三点在同一水平线上，A1B的宽度为0.27 m；A1在H正下方，A1H的高度为0.45 m；质量为2.0×10－5 kg的谷粒从H漏出，恰好经B点落入A2B，设谷粒从H漏出时速度为零；谷粒在车斗内所受水平风力恒定且相等，只考虑其所受重力和水平风力作用，取重力加速度g为
10 m/s2.
(1)求谷粒从H落到出料口所经历的时间；
(2)求谷粒所受水平风力的大小；
(3)若瘪粒恰好能全部落入A2B，求A2B的宽度．
答案 (1)0.3 s (2)1.2×10－4 N (3)0.18 m
解析 (1)谷粒从H落到出料口的过程，竖直方向和水平方向都是初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向上有h＝eq \f(1,2)gt2
将h＝0.45 m代入可得t＝0.3 s
(2)对质量为2.0×10－5 kg的谷粒，从H漏出恰好经B点，水平方向有x1＝eq \f(1,2)at2
设风力大小为F，由牛顿第二定律F＝ma
联立并代入数据可解得F＝1.2×10－4 N
(3)对质量为1.2×10－5 kg的瘪粒，恰好落到A2点，设A2B宽度为x2，
则有x1＋x2＝eq \f(1,2)a′t2
F＝m′a′
代入数据可得x2＝0.18 m.
[尖子生选练]
13．(2020·山东卷·16)单板滑雪U形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，cs 72.8°＝0.30.求：
(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
mgcs 17.2°＝ma1②
由运动学公式得d＝eq \f(v12,2a1)③
联立①②③式，代入数据得
d＝4.8 m④
(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＝vMcs 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°＝ma2⑥
设腾空时间为t，由运动学公式得
t＝eq \f(2v1,a1)⑦
L＝v2t＋eq \f(1,2)a2t2⑧
联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得L＝12 m.已知条件
情景示例
解题策略
已知速度方向
从斜面外平抛，垂直落在斜面上，如图所示，已知速度的方向垂直于斜面.
分解速度
tan θ＝eq \f(v0,vy)＝eq \f(v0,gt)
从圆弧形轨道外平抛，恰好无碰撞地进入圆弧形轨道，如图所示，已知速度方向沿该点圆弧的切线方向.
分解速度
tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(gt,v0)
已知位移方向
从斜面上平抛又落到斜面上，如图所示，已知位移的方向沿斜面向下.
分解位移
tan θ＝eq \f(y,x)＝eq \f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq \f(gt,2v0)
在斜面外平抛，落在斜面上位移最小，如图所示，已知位移方向垂直斜面.
分解位移
tan θ＝eq \f(x,y)＝eq \f(v0t,\f(1,2)gt2)＝eq \f(2v0,gt)