高考物理二轮复习讲练(新高考版) 第1部分 专题1 第4课时 运动的合成与分解 抛体运动（含解析）

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高考题型1 曲线运动及运动的合成与分解
关联速度问题
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1所示．
图1
考题示例
例1 (多选)(2019·全国卷Ⅱ·19)如图2(a)，在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离．某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用v表示他在竖直方向的速度，其v－t图像如图(b)所示，t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻．则( )
图2
A．第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小
B．第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大
C．第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大
D．竖直方向速度大小为v1时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大
答案 BD
解析 根据v－t图线与t轴所围图形的面积表示位移，可知第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的大，选项A错误；从起跳到落到雪道上，第二次速度变化小，时间长，由a＝eq \f(Δv,Δt)可知，第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的小，选项C错误；第二次滑翔过程中在竖直方向的位移比第一次的大，又运动员每次滑翔过程中竖直位移与水平位移的比值相同(等于倾斜雪道与水平面夹角的正切值)，故第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大，选项B正确；竖直方向上的速度大小为v1时，根据v－t图线的斜率表示加速度可知，第二次滑翔过程中在竖直方向上的加速度比第一次的小，由牛顿第二定律有mg－Ff＝ma，可知第二次滑翔过程中在竖直方向上所受阻力比第一次的大，选项D正确．
例2 (2018·全国卷Ⅰ·18)如图3，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点．一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动．重力加速度大小为g.小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为( )
图3
A．2mgR B．4mgR
C．5mgR D．6mgR
答案 C
解析 小球从a运动到c，根据动能定理，得
F·3R－mgR＝eq \f(1,2)mv12，又F＝mg，故v1＝2eq \r(gR)，
小球离开c点在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，且水平方向与竖直方向的加速度大小相等，都为g，故小球从c点到最高点所用的时间t＝eq \f(v1,g)＝2eq \r(\f(R,g))，水平位移x＝eq \f(1,2)gt2＝2R，
根据功能关系，小球从a点开始运动到轨迹最高点机械能的增量为力F做的功，即ΔE＝F·(2R＋R＋x)＝5mgR，选C.
命题预测
1．(2020·江西宜春市第一学期期末)如图4所示是物体在相互垂直的x方向和y方向运动的v－t图像，以下判断正确的是( )
图4
A．在0～1 s内，物体做匀速直线运动
B．在0～1 s内，物体做匀变速直线运动
C．在1～2 s内，物体做匀变速直线运动
D．在1～2 s内，物体做匀变速曲线运动
答案 C
解析 在0～1 s内，水平方向为匀速直线运动，竖直方向为匀加速直线运动，则合运动为匀变速曲线运动，故选项A、B错误；在1～2 s内，水平方向初速度大小为：v0x＝4 m/s，加速度大小为：ax＝4 m/s2
竖直方向初速度大小为：v0y＝3 m/s，加速度大小为：ay＝3 m/s2
根据平行四边形定则合成可得合初速度大小为v＝5 m/s，合加速度大小为a＝5 m/s2，
而且二者方向在同一直线上，可知合运动为匀变速直线运动，故选项C正确，D错误．
2．(2020·山东高三一模)如图5所示，小船以大小为v(船在静水中的速度)、方向与上游河岸成θ的速度从O处过河，经过一段时间，正好到达正对岸的O′处．现要使小船在更短的时间内过河并且也正好到达正对岸O′处，在水流速度不变的情况下，可采取的方法是( )
图5
A．θ角不变且v增大 B．θ角减小且v增大
C．θ角增大且v减小 D．θ角增大且v增大
答案 D
解析 由题意可知，航线恰好垂直于河岸，要使小船在更短的时间内过河并且也正好到达正对岸O′处，则合速度增大，方向始终垂直河岸．如图所示，小船在静水中的速度增大，与上游河岸的夹角θ增大， 故D正确，A、B、C错误．
3.(2020·江苏溧水第三高级中学高三月考)如图6所示，套在竖直细杆上的轻环A由跨过光滑轻质定滑轮的不可伸长的轻绳与重物B相连，施加外力让A沿杆以速度v匀速上升，从图中M位置上升至与定滑轮的连线处于水平的N位置，已知AO与竖直杆成θ角，则( )
图6
A．刚开始时B的速度大小为eq \f(v,cs θ)
B．A匀速上升时，重物B也匀速下降
C．重物B下降过程，绳对B的拉力大于B的重力
D．A运动到位置N时，B的速度最大
答案 C
解析 对于A，它的速度如图中标出的v，这个速度看成是A的合速度，其分速度大小分别是va、vb，其中vb等于B的速率(同一根绳子，两端速度大小相同)，故刚开始上升时B的速度大小为vB＝vb＝vcs θ，故A不符合题意；由于A匀速上升，θ在增大，所以vB在减小，故B不符合题意；B下降过程做减速运动，处于超重状态，绳对B的拉力大于B的重力，故C符合题意；当A运动到位置N时θ＝90°，此时vB＝0，故D不符合题意．
高考题型2 平抛运动
1．平抛运动的两种模型及拓展
(1)模型1：从斜面上平抛又落到斜面上，如图7所示，已知位移的方向沿斜面向下．
图7
解题策略：分解位移
tan θ＝eq \f(y,x)＝eq \f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq \f(gt,2v0)
(2)模型2：从斜面外平抛，垂直落在斜面上，如图8所示，已知速度的方向垂直于斜面．
图8
解题策略：分解速度
tan θ＝eq \f(v0,vy)＝eq \f(v0,gt)
(3)拓展1：在斜面外平抛，落在斜面上位移最小，如图9所示，已知位移方向垂直斜面．
图9
解题策略： 分解位移
tan θ＝eq \f(x,y)＝eq \f(v0t,\f(1,2)gt2)＝eq \f(2v0,gt)
(4)拓展2：从弧形轨道外平抛，恰好无碰撞地进入圆弧轨道，如图10所示，已知速度方向沿该点圆弧的切线方向．
图10
解题策略：分解速度
tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(gt,v0)
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11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．
图11
3．斜抛运动至最高点时速度水平，可采用逆向思维法，看作平抛运动．
考题示例
例3 (2020·全国卷Ⅱ·16)如图12，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑，该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3h，其左边缘a点比右边缘b点高0.5h.若摩托车经过a点时的动能为E1，它会落到坑内c点．c与a的水平距离和高度差均为h；若经过a点时的动能为E2，该摩托车恰能越过坑到达b点.eq \f(E2,E1)等于( )
图12
A．20 B．18 C．9.0 D．3.0
答案 B
解析 摩托车从a点做平抛运动到c点，水平方向：h＝v1t1，竖直方向：h＝eq \f(1,2)gt12，可解得v1＝eq \r(\f(gh,2))，动能E1＝eq \f(1,2)mv12＝eq \f(mgh,4)；摩托车从a点做平抛运动到b点，水平方向：3h＝v2t2，竖直方向：0.5h＝eq \f(1,2)gt22，解得v2＝3eq \r(gh)，动能E2＝eq \f(1,2)mv22＝eq \f(9,2)mgh，故eq \f(E2,E1)＝18，B正确．
例4 (2018·全国卷Ⅲ·17)在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以v和eq \f(v,2)的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上．甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的( )
A．2倍 B．4倍 C．6倍 D．8倍
答案 A
解析 如图所示，可知：
x＝vt，
x·tan θ＝eq \f(1,2)gt2
vy＝gt＝2tan θ·v
则落至斜面的速率v落＝eq \r(v2＋vy2)＝veq \r(1＋4tan2θ)，即v落∝v，甲、乙两球抛出速度为v和eq \f(v,2)，则可得落至斜面时速率之比为2∶1.
命题预测
4．(2020·山东菏泽一中月考)如图13所示，B为竖直圆轨道的左端点，它和圆心O的连线与竖直方向的夹角为α.一小球在圆轨道左侧的A点以速度v0平抛，恰好沿B点的切线方向进入圆轨道．已知重力加速度为g，则AB之间的水平距离为( )
图13
A.eq \f(v02tan α,g) B.eq \f(2v02tan α,g)
C.eq \f(v02,gtan α) D.eq \f(2v02,gtan α)
答案 A
解析 小球通过B点时竖直方向上的分速度vy＝v0tan α，则运动的时间t＝eq \f(vy,g)＝eq \f(v0tan α,g)，则AB间的水平距离x＝v0t＝eq \f(v02tan α,g)，故A正确，B、C、D错误．
5．(2020·贵州贵阳市3月调研)2019年5月3日，CBA总决赛第四战实力强大的广东男篮再次击败新疆队，时隔6年再度夺得CBA总冠军．比赛中一运动员将篮球从地面上方B点以速度v0斜向上抛出，恰好垂直击中篮板上A点，如图14所示．若该运动员后撤到与B等高的C点投篮，还要求垂直击中篮板上A点，不计空气阻力，运动员做法可行的是( )
图14
A．增大抛出速度v0，同时增大抛射角θ
B．减小抛出速度v0，同时增大抛射角θ
C．减小抛射角θ，同时增大抛射速度v0
D．减小抛射角θ，同时减小抛射速度v0
答案 C
解析 篮球垂直击中A点，其逆过程是平抛运动，当平抛运动的水平速度越大时，抛出后落地速度越大，水平位移越大，与水平面的夹角越小．因此当该运动员后撤到与B等高的C点时，只有增大抛射速度v0，同时减小抛射角θ，才能仍垂直击中篮板上A点．故C正确，A、B、D错误．
6.(2020·安徽芜湖市模拟)如图15，小球甲从A点水平抛出，同时将小球乙从B点自由释放，两小球先后经过C点时速度大小相等，方向夹角为30°，已知B、C高度差为h，两小球质量相等，不计空气阻力，重力加速度大小为g，由以上条件可知( )
图15
A．小球甲做平抛运动的初速度大小为2eq \r(\f(gh,3))
B．甲、乙两小球到达C点所用时间之比为 1∶2
C. A、B两点高度差为 eq \f(h,4)
D．两小球在C点时重力的瞬时功率大小相等
答案 C
解析 设两小球在C点的速度大小为vC，vC＝eq \r(2gh)，小球甲的水平初速度大小为v0＝vCsin 30°＝eq \r(\f(gh,2))，故A错误．小球甲在C点的竖直分速度大小为vy＝vCcs 30°，小球甲到达C点所用时间t甲＝eq \f(vy,g)，小球乙到达C点所用时间t乙＝eq \f(vC,g)，则t甲∶t乙＝eq \r(3)∶2，选项B错误．小球甲从A到C竖直方向有vy2＝2gh甲，解得h甲＝eq \f(3h,4)，则A、B两点高度差为h－eq \f(3,4)h＝eq \f(h,4)，选项C正确．两小球在C点时重力的瞬时功率为P甲＝mgvy＝mgvCcs θ，P乙＝mgvC，大小不相等，选项D错误．
7.如图16所示，倾角为θ的斜面体固定在水平面上，两个可视为质点的小球甲和乙分别沿水平方向抛出，两球的初速度大小相等，已知甲的抛出点为斜面体的顶点，经过一段时间两球落在斜面上的A、B两点后不再反弹，落在斜面上的瞬间，小球乙的速度与斜面垂直．忽略空气阻力，重力加速度为g，则下列选项正确的是( )
图16
A．甲、乙两球在空中运动的时间之比为tan2 θ∶1
B．甲、乙两球下落的高度之比为2tan2 θ∶1
C．甲、乙两球的水平位移大小之比为tan θ∶1
D．甲、乙两球落在斜面上瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值之比为2tan2 θ∶1
答案 D
解析 由小球甲的运动可知，tan θ＝eq \f(y,x)＝eq \f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq \f(gt,2v0)，解得t＝eq \f(2v0tan θ,g)，落到斜面上的速度方向与水平方向夹角的正切值为tan α甲＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(gt,v0)，则tan α甲＝2tan θ；由小球乙的运动可知，tan θ＝eq \f(v0,vy′)＝eq \f(v0,gt′)，解得t′＝eq \f(v0,gtan θ)，落到斜面上的速度方向与水平方向夹角的正切值为tan α乙＝eq \f(vy′,v0)＝eq \f(1,tan θ).甲、乙两球在空中运动的时间之比为t∶t′＝2tan2 θ∶1，A错误；由h＝eq \f(1,2)gt2可知甲、乙两球下落的高度之比为4tan4 θ∶1，B错误；由x＝v0t可知甲、乙两球的水平位移大小之比为2tan2 θ∶1，C错误；甲、乙两球落在斜面上瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值之比为2tan2 θ∶1，D正确．
专题强化练
[保分基础练]
1．(2020·河南五岳联盟4月联考)关于力与运动，下列说法正确的是( )
A．若物体受到恒力作用，则物体一定做直线运动
B．若物体受到变力作用，则物体一定做曲线运动
C．若物体做匀速圆周运动，则物体受到的合力一定为变力
D．若物体做匀变速曲线运动，则物体受到的合力一定为变力
答案 C
解析 物体所受合外力与速度共线，物体做直线运动；物体所受合外力与速度不共线，物体做曲线运动，所以物体做直线运动还是曲线运动与物体所受合外力是恒力还是变力无关，A、B错误；物体做匀速圆周运动，合力完全提供向心力，合力大小不变，方向始终改变，C正确；物体做匀变速曲线运动，加速度恒定，根据牛顿第二定律可知合力一定是恒力，D错误．
2．(2020·河南新乡市高三上学期第一次模拟)如图1所示，A、B两小球从相同高度同时水平抛出，它们在下落高度为9 m时，在空中相遇．若两球的抛出速度都变为原来的3倍，不计空气阻力，则自抛出到它们在空中相遇时，两球下落的高度为( )
图1
A．6 m B．3eq \r(2) m C．3 m D．1 m
答案 D
解析 两球同时抛出，竖直方向上做自由落体运动，相等时间内下降的高度相同，始终在同一水平面上，设两球抛出点之间的距离为l，自抛出到相遇所用时间为t，根据l＝vAt＋vBt以及l不变知，当两球的抛出速度都变为原来的3倍，则两球从抛出到相遇经过的时间为eq \f(t,3)，根据h＝eq \f(1,2)gt2，H＝eq \f(1,2)g(eq \f(t,3))2，得：H＝eq \f(h,9)＝1 m，故选D.
3．(2020·黑龙江实验中学测试)如图2所示，小球从斜面的顶端A处以大小为v0的初速度水平抛出，恰好落到斜面底部的B点，且此时的速度大小vB＝eq \r(\f(13,4))v0，空气阻力不计，则该斜面的倾角为( )
图2
A．60° B．45° C．37° D．30°
答案 C
解析 根据平行四边形定则知，落到底端时竖直分速度大小为：vy＝eq \r(vB2－v02)＝eq \r(\f(13,4)v02－v02)＝eq \f(3,2)v0，
则运动的时间为：t＝eq \f(vy,g)＝eq \f(3v0,2g)，
设斜面的倾角为θ，则有：tan θ＝eq \f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq \f(gt,2v0)＝eq \f(3,4)，
所以θ＝37°，A、B、D错误，C正确．
4．(2020·湖北荆州市高三月考)如图3所示，OAB为四分之一圆柱体的竖直截面，半径为R，在B点上方的C点水平抛出一个小球，小球轨迹恰好在D点与圆柱体相切，OD与OB的夹角为53°，则C点到B点的距离为(sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6)( )
图3
A.eq \f(4R,15) B.eq \f(2R,15) C.eq \f(R,2) D.eq \f(R,3)
答案 B
解析 由题意知，小球通过D点时速度与圆柱体相切，则有
vy＝v0tan 53°
小球从C到D，水平方向有
Rsin 53°＝v0t
竖直方向上有y＝eq \f(vy,2)t
联立解得y＝eq \f(8,15)R
根据几何关系得，C点到B点的距离
yCB＝y－R(1－cs 53°)＝eq \f(2,15)R
故B正确，A、C、D错误．
5.(2020·安徽模拟)如图4所示的机械装置可以将圆周运动转化为直线上的往复运动．连杆AB、OB可绕图中A、B、O三处的转轴转动，连杆OB在竖直面内的圆周运动可通过连杆AB使滑块在水平横杆上左右滑动．已知OB杆长为L，绕O点做逆时针方向匀速转动的角速度为ω，当连杆AB与水平方向夹角为α，AB杆与OB杆的夹角为β时，滑块的水平速度大小为( )
图4
A.eq \f(ωLsin β,sin α) B.eq \f(ωLcs β,sin α) C.eq \f(ωLcs β,cs α) D.eq \f(ωLsin β,cs α)
答案 D
解析 设滑块的水平速度大小为v，A点速度的方向沿水平方向，将A点的速度分解如图所示：
滑块沿杆方向的分速度为vA分＝vcs α，B点做圆周运动，实际速度是圆周运动的线速度，可以分解为沿杆方向的分速度和垂直于杆方向的分速度，设B的线速度大小为v′，则v′＝Lω，vB分＝v′·cs θ＝v′cs (β－90°)＝Lωsin β，又二者沿杆方向的分速度大小是相等的，即vA分＝vB分，联立解得v＝eq \f(ωLsin β,cs α)，选D.
6.甲、乙两个同学打乒乓球，某次运动中，甲同学持拍的拍面与水平方向成45°角，乙同学持拍的拍面与水平方向成30°角，如图5所示．设乒乓球击打拍面时速度方向与拍面垂直，且乒乓球每次击打拍面前后的速度大小相等，不计空气阻力，则乒乓球击打甲的拍面时的速度大小v1与乒乓球击打乙的拍面时的速度大小v2的比值为( )
图5
A.eq \f(\r(6),3) B.eq \r(2) C.eq \f(\r(2),2) D.eq \f(\r(3),3)
答案 C
解析 乒乓球从最高点分别运动到甲、乙的拍面处的运动均可看做平抛运动，根据平抛运动规律可知，乒乓球击打拍面时的水平速度大小相同，将击打拍面时的速度沿水平方向和竖直方向进行分解，则有v1sin 45°＝v2sin 30°，解得eq \f(v1,v2)＝eq \f(\r(2),2)，选项C正确．
7．(多选)如图6所示是2019年国庆70周年大阅兵“最牛”摄像机“天鹰座”．“天鹰座”摄像机架设在两条平行的空中索道上．借助400 m长的空中索道，它能上能下、能来能往，拍出了很多不同寻常的场景．工作人员可以通过同时改变两根悬绳的长度实现“天鹰座”的上下移动，通过滑环实现水平移动．关于“天鹰座”摄像机，以下说法正确的是( )
图6
A．当摄像机匀速上升时，悬绳中的拉力保持不变
B．当摄像机水平匀速移动时，悬绳中的拉力保持不变
C．两悬绳匀速变长使摄像机向下移动时，摄像机处于超重状态
D．两悬绳匀速变长使摄像机向下移动时，摄像机处于失重状态
答案 BC
解析 当摄像机匀速上升时，两悬绳夹角增大，则由共点力平衡可知绳中拉力增大，A错误；当摄像机水平匀速移动时，两悬绳夹角不变，则由共点力平衡可知悬绳中的拉力保持不变，B正确；两悬绳以v1匀速变长，则摄像机向下移动的速度v2＝eq \f(v1,cs θ)，其中θ为绳与竖直方向的夹角；随着两悬绳变长，θ逐渐减小，v2将逐渐减小，即摄像机有向上的加速度，处于超重状态，C正确，D错误．
8．(2020·广西桂林市调研)如图7所示，D点为固定斜面AC的中点，在A点先后分别以初速度v01和v02水平抛出一个小球，结果小球分别落在斜面上的D点和C点．空气阻力不计．设小球在空中运动的时间分别为t1和t2，落到D点和C点前瞬间的速度大小分别为v1和v2，落到D点和C点前瞬间的速度方向与水平方向的夹角分别为θ1和θ2，则下列关系式正确的是( )
图7
A.eq \f(t1,t2)＝eq \f(1,2) B.eq \f(v01,v02)＝eq \f(1,2)
C.eq \f(v1,v2)＝eq \f(1,\r(2)) D.eq \f(tan θ1,tan θ2)＝eq \f(1,\r(2))
答案 C
解析 设斜面的倾角为θ，可得tan θ＝eq \f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq \f(gt,2v0)，
所以eq \f(gt1,2v01)＝eq \f(gt2,2v02)，
竖直方向下降的高度之比为1∶2，由t＝eq \r(\f(2h,g))得，
eq \f(t1,t2)＝eq \f(1,\r(2))，故可得eq \f(v01,v02)＝eq \f(1,\r(2))；
速度偏转角的正切值是位移偏转角正切值的两倍，可得eq \f(tan θ1,tan θ2)＝1，即θ1＝θ2，故eq \f(v1,v2)＝eq \f(\f(v01,cs θ1),\f(v02,cs θ2))＝eq \f(v01,v02)＝eq \f(1,\r(2))，故A、B、D错误，C正确．
[争分提能练]
9．(多选)(2020·广东广州市阶段检测)倾角为30°的足够长光滑斜面，固定在水平地面上．t＝0时，小球P由斜面顶端O点静止释放；t＝t0时，小球Q从同一位置O点水平抛出；Q第一次落到斜面时刚好击中P.重力加速度为g，不计空气阻力，则小球Q( )
A．在t＝2t0时击中P
B．抛出时的速度大小为eq \f(\r(3)gt0,2)
C．击中P时，P与O点的距离为eq \f(\r(3)gt02,2)
D．击中P时，Q的竖直分速度与水平分速度大小之比为eq \r(3)
答案 AB
解析 小球P在斜面上的加速度大小为aP＝eq \f(mgsin 30°,m)＝eq \f(1,2)g，其在竖直方向的分加速度大小为aPy＝aPsin 30°＝eq \f(1,4)g，设小球Q抛出后经过时间t与P球相碰，则有eq \f(1,2)gt2＝eq \f(1,2)×eq \f(g,4)(t＋t0)2，解得t＝t0，即在t＝2t0时击中P，故A正确；小球Q竖直方向的位移为h＝eq \f(1,2)gt02，由几何关系可知，水平方向位移为x＝eq \f(h,tan 30°)＝eq \f(\r(3),2)gt02，则小球Q抛出时的速度大小v0＝eq \f(x,t0)＝eq \f(\r(3)gt0,2)，故B正确；击中P时，P与O点的距离为s＝eq \f(h,sin 30°)＝2h＝gt02，故C错误；竖直分速度大小为vy＝gt0，则竖直分速度与水平分速度大小之比为eq \f(vy,v0)＝eq \f(gt0,\f(\r(3)gt0,2))＝eq \f(2\r(3),3)，故D错误．
10．(2020·山东烟台市一模)全国多地在欢迎援鄂抗疫英雄凯旋时举行了“飞机过水门”的最高礼仪，其寓意为“接风洗尘”．某次仪式中，水从两辆大型消防车中斜向上射出，经过3 s水到达最高点，不计空气阻力和水柱间的相互影响，若水射出后第1 s内上升高度为h，则水通过前eq \f(1,5)h段用时为( )
A．0.5 s B．(2－eq \r(3)) s
C．(3－2eq \r(2)) s D．0.2 s
答案 C
解析 经过3 s水到达最高点，则水射出时竖直方向初速度为vy0＝gt＝10×3 m/s＝30 m/s
第1 s内上升高度为h＝vy0t1－eq \f(1,2)gt12＝30×1 m－eq \f(1,2)×10×12 m＝25 m
设水刚通过前eq \f(1,5)h时的竖直分速度大小为vy，则有－2g×eq \f(h,5)＝vy2－vy02，解得vy＝20eq \r(2) m/s，所用的时间为t2＝eq \f(vy0－vy,g)＝eq \f(30－20\r(2),10) s＝(3－2eq \r(2)) s，故C正确，A、B、D错误．
11．(2020·皖江名校联盟高三下学期第五次联考)如图8所示，A、B、C是三级台阶的端点位置，每一级台阶的水平宽度是相同的，其竖直高度分别为h1、h2、h3，将三个相同的小球分别从A、B、C三点以相同的速度v0水平抛出，最终都能到达A的下一级台阶的端点P处，不计空气阻力．关于从A、B、C三点抛出的小球，下列说法正确的是( )
图8
A．在空中运动时间之比为tA∶tB∶tC＝1∶3∶5
B．竖直高度之比为h1∶h2∶h3＝1∶2∶3
C．在空中运动过程中，动量变化率之比为eq \f(ΔpA,Δt)∶eq \f(ΔpB,Δt)∶eq \f(ΔpC,Δt)＝1∶1∶1
D．到达P点时，重力做功的功率之比PA∶PB∶PC＝1∶4∶9
答案 C
解析 根据x＝v0t，水平初速度相同，A、B、C水平位移之比为1∶2∶3, 所以它们在空中运动的时间之比为1∶2∶3，A错误；根据h＝eq \f(1,2)gt2，竖直高度之比为h3∶h2∶h1＝1∶3∶5，B错误；根据动量定理可知，动量的变化率为小球受到的合外力即重力，重力相同，则动量的变化率相等，故C正确；到达P点时，由vy＝gt知，竖直方向速度大小之比为1∶2∶3, 重力做功的功率P＝mgvy，所以重力做功的功率之比为PA∶PB∶PC＝1∶2∶3，故D错误．
12.跳台滑雪是冬奥会的比赛项目之一，如图9为一简化后的跳台滑雪的雪道示意图．在某次自由式滑雪比赛中，一运动员从弧形雪坡底部以大小为v0＝10 m/s的初速度沿水平方向飞出，最终落回到倾角为θ＝37°的足够长斜面雪坡上．若运动员飞出后在空中的姿势保持不变，不计空气阻力的影响，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.
图9
(1)求该运动员在空中飞行的时间t；
(2)求该运动员落到斜面雪坡上的位置到斜面雪坡顶端的距离l；
(3)科学研究表明，若运动员在空中飞行时能够控制好滑雪板与水平方向之间的夹角，便可在空中飞行时获得一定的升力(只有竖直方向受力)．若在某次滑雪中，某运动员获得了相当于其自身重力5%的升力．试求该运动员在斜面上的实际落点到斜面顶端的距离(保留四位有效数字)．
答案 (1)1.5 s (2)18.75 m (3)19.74 m
解析 (1)平抛的水平位移：x＝v0t
竖直位移：y＝eq \f(1,2)gt2
根据几何关系：tan 37°＝eq \f(y,x)＝eq \f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq \f(gt,2v0)
解得：t＝1.5 s；
(2)平抛的水平位移x＝v0t＝10×1.5 m＝15 m
l＝eq \f(x,cs 37°)＝eq \f(15,0.8) m＝18.75 m
(3)设运动员飞行过程中在竖直方向运动的加速度大小为a，由于升力是重力的0.05倍，由牛顿第二定律得：
mg－0.05mg＝ma，
解得：a＝0.95g
运动员的位移为s＝eq \r(x′2＋y′2)
其中y′＝eq \f(1,2)at′2，x′＝v0t′，tan θ＝eq \f(y′,x′)
解得：s＝eq \f(2v02tan θ,acs θ)≈19.74 m.
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10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：
图10
(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.