第四章 曲線運動萬有引力與航天

第四章曲線運動萬有引力與航天第1講曲線運動運動的合成與分解一、曲線運動1．速度的方向：質點在某一點的速度方向，沿曲線在這一點的切線方向。2．運動的性質：做曲線運動的物體，速度的方向時刻在改變，所以曲線運動一定是變速運動。3．運動的條件(1)運動學角度：物體的加速度方向與速度方向不在同一條直線上。(2)動力學角度：物體所受合外力的方向跟它的速度方向不在同一條直線上。二、運動的合成與分解1．合運動與分運動：物體的實際運動是合運動，物體同時參與的幾個運動是分運動。2．合運動與分運動的關系(1)等時性：合運動和分運動經(jīng)歷的時間相等，即同時開始、同時進行、同時停止。(2)獨立性：一個物體同時參與幾個分運動，各分運動獨立進行，不受其他運動的影響。(3)等效性：各分運動的規(guī)律疊加起來與合運動的規(guī)律有完全相同的效果。3．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。情景創(chuàng)設如圖所示，在雜技表演中，猴子沿豎直桿向上做初速度為零、加速度為a的勻加速運動，同時人頂著直桿以速度v0水平勻速移動。微點判斷(1)猴子相對地面運動的軌跡是直線。(×)(2)猴子相對地面做勻變速運動。(√)(3)猴子受到的合外力斜向右上。(×)(4)t時刻猴子的對地速度的大小為eq\r(v02＋a2t2)。(√)(5)經(jīng)過時間t，猴子的對地位移的大小為v0t＋eq\f(1,2)at2。(×)[備課札記]提能點(一)物體做曲線運動的條件與軌跡分析(自練通關)點點通1．[物體做曲線運動的條件]如圖所示，水平桌面上一小鐵球沿直線運動。若在鐵球運動的正前方A處或旁邊B處放一塊磁鐵，下列關于小鐵球運動的說法正確的是()A．磁鐵放在A處時，小鐵球做勻速直線運動B．磁鐵放在A處時，小鐵球做勻加速直線運動C．磁鐵放在B處時，小鐵球做勻速圓周運動D．磁鐵放在B處時，小鐵球做變加速曲線運動解析：選D磁鐵放在A處時，小鐵球受磁力作用向前加速，逐漸靠近磁鐵，磁力增大，加速度增大，故A、B均錯誤；磁鐵放在B處時，小鐵球受到的磁力與速度方向不共線，做曲線運動，因磁力的大小和方向均隨距離的變化而變化，故加速度大小是變化的，C錯誤，D正確。2．[軌跡、速度與力的位置關系]雙人滑冰運動員在光滑的水平冰面上做表演，甲運動員給乙運動員一個水平恒力F，乙運動員在冰面上完成了一段優(yōu)美的弧線MN。vM與vN正好成90°角，則此過程中，乙運動員受到甲運動員的恒力可能是圖中的()A．F1 B．F2C．F3 D．F4解析：選C根據(jù)題圖所示乙運動員由M向N做曲線運動，乙運動員向前的速度減小，同時向右的速度增大，故合外力的方向指向題圖F2水平線右下方，故F3的方向可能是正確的，C正確，A、B、D錯誤。3．[速率變化與力的方向的關系](2021·淮安模擬)一質量為m的質點起初以速度v0做勻速直線運動，在t＝0時開始受到恒力F作用，速度大小先減小后增大，其最小值為v＝0.5v0，由此可判斷()A．質點受到恒力F作用后可能做勻變速直線運動B．質點受到恒力F作用后可能做圓周運動C．t＝0時恒力F方向與速度v0方向間的夾角為60°D．恒力F作用eq\f(\r(3)mv0,2F)時間時質點速度最小解析：選D在t＝0時質點開始受到恒力F作用，加速度不變，做勻變速運動，若質點做勻變速直線運動，則最小速度為零，所以質點受到恒力F作用后一定做勻變速曲線運動，故A錯誤；質點在恒力F作用下不可能做圓周運動，故B錯誤；設恒力F與初速度v0之間的夾角為θ，最小速度v1＝v0sinθ＝0.5v0，由題意可知初速度v0與恒力F間的夾角為鈍角，所以θ＝150°，故C錯誤；在沿恒力F方向上速度為0時，有v0cos30°－eq\f(F,m)Δt＝0，解得Δt＝eq\f(\r(3)mv0,2F)，故D正確。一站過1．合外力與軌跡、速度間的關系分析思路2．速率變化的判斷提能點(二)運動的合成與分解的應用(題點精研)研微點(一)合運動軌跡和運動性質的判斷1.春節(jié)期間人們放飛孔明燈表達對新年的祝福。如圖甲所示，孔明燈在豎直O(jiān)y方向做勻加速運動，在水平Ox方向做勻速運動，孔明燈的運動軌跡可能為圖乙中的()A．直線OAB．曲線OBC．曲線OCD．曲線OD2．(2021·南京模擬)路燈維修車如圖所示，車上帶有豎直自動升降梯。若車勻加速向左沿直線運動的同時梯子勻加速上升，則關于站在梯子上的工人的描述正確的是()A．工人相對地面的運動軌跡一定是曲線B．工人相對地面的運動軌跡一定是直線C．工人相對地面的運動軌跡可能是直線，也可能是曲線D．工人受到的合力可能是恒力，也可能是變力對點清1.合運動軌跡和運動性質的判斷方法(1)若合加速度的方向與合初速度的方向在同一直線上，則為直線運動，否則為曲線運動。(2)若合加速度不變，則為勻變速運動；若合加速度(大小或方向)變化，則為非勻變速運動。2．合運動與分運動的關系等時性合運動與分運動同時開始，同時進行，同時結束獨立性各分運動相互獨立，不受其他運動影響等效性各分運動的規(guī)律疊加起來與合運動的規(guī)律有完全相同的效果(二)由分運動的圖像分析物體的運動規(guī)律3.質量為2kg的質點在x-y平面上運動，x方向的速度—時間圖像和y方向的位移—時間圖像分別如圖甲、乙所示，則質點()A．初速度為4m/sB．所受合外力為4NC．做勻變速直線運動D．初速度的方向與合外力的方向垂直對點清解答本題的四點注意(1)由x方向的v-t圖像可以確定質點在x方向的初速度及加速度。(2)由y方向的位移—時間圖像可以確定在y方向的速度。(3)由F＝ma可以確定質點所受的合外力。(4)根據(jù)v0與F的方向關系可以判斷質點運動的性質及運動軌跡。(三)根據(jù)運動軌跡分析物體運動情況4．(2021·江西九江一中月考)在光滑的水平面上，一質量為m＝2kg的滑塊在水平方向恒力F＝4N的作用下運動。如圖所示給出了滑塊在水平面上運動的一段軌跡，滑塊過P、Q兩點時速度大小均為v＝5m/s，滑塊在P點的速度方向與PQ連線夾角α＝37°，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則下列說法正確的是()A．水平恒力F的方向與PQ連線成53°夾角B．滑塊從P點運動到Q點的時間為3sC．滑塊從P點運動到Q點的過程中速度最小值為3m/sD．P、Q兩點連線的距離為10m對點清有關運動的合成和分解的三點提醒(1)由運動的合成與分解知識可知，合運動的位移、速度、加速度是各分運動的位移、速度、加速度的矢量和。(2)恒力作用下物體的勻變速曲線運動可分解為沿力的方向的勻變速直線運動和垂直于力的方向的勻速直線運動。(3)兩個相互垂直方向的分運動具有等時性，這常是處理運動分解問題的關鍵點。[精解詳析——教師用書獨具]1．選D孔明燈在豎直O(jiān)y方向做勻加速運動，在水平Ox方向做勻速運動，則合外力沿Oy方向，所以合運動的加速度方向沿Oy方向，但合速度方向不沿Oy方向，故孔明燈做曲線運動，結合合力指向軌跡內側可知運動軌跡可能為曲線OD，故D正確。2．選C工人運動的合速度v＝eq\r(vx2＋vy2)，合加速度a＝eq\r(ax2＋ay2)，如果合速度方向與合加速度方向在一條直線上，工人就做直線運動，不在一條直線上，工人就做曲線運動，由于車和梯子的初速度未知、加速度未知，所以工人相對地面的運動軌跡可能是曲線，也可能是直線，故A、B錯誤，C正確；由于車勻加速向左沿直線運動的同時梯子勻加速上升，加速度恒定，則合外力恒定，故D錯誤。3．選B由題圖可知，質點在x軸方向的初速度為vx＝4m/s，在y軸方向的初速度vy＝3m/s，則質點的初速度v0＝eq\r(vx2＋vy2)＝5m/s，故A錯誤；由題圖可知，質點在x軸方向的加速度a＝2m/s2，在y軸方向做勻速直線運動，所以質點所受合外力F合＝ma＝4N，故B正確；質點在x軸方向的合力恒定不變，在y軸方向做勻速直線運動，在y軸方向合力為零，則質點的合力恒定不變，做勻變速曲線運動，故C錯誤；質點的合力沿x軸方向，而初速度方向既不沿x軸方向，也不沿y軸方向，所以質點初速度的方向與合外力方向不垂直，故D錯誤。4．選B滑塊在水平恒力作用下由P點到Q點，滑塊過P、Q兩點時速度大小均為v＝5m/s，即水平恒力不做功，所以力應該和位移的方向垂直，A錯誤；把滑塊在P點的速度分解到垂直于PQ方向上有v2＝vsinα＝5×0.6m/s＝3m/s，由題意知在這個方向上滑塊先減速后反向加速，由牛頓第二運動定律得，運動的加速度a＝eq\f(F,m)＝2m/s2，運動具有對稱性，得滑塊從P到Q的時間t＝2×eq\f(v2,a)＝2×eq\f(3,2)s＝3s，B正確；把速度分解到PQ方向上有v1＝vcosα＝5×0.8m/s＝4m/s，滑塊在PQ方向上做勻速運動，所以當滑塊在垂直于PQ方向上的速度等于零時，速度最小，為4m/s，C錯誤；P、Q兩點之間的距離為PQ＝v1t＝4×3m＝12m，D錯誤。提能點(三)小船渡河模型(模型認知)[典例]一小船渡河，河寬d＝180m，水流速度v1＝2.5m/s。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)若船在靜水中的速度為v2＝5m/s，求：①欲使船在最短的時間內渡河，船頭應朝什么方向？用多長時間？位移大小是多少？②欲使船渡河的航程最短，船頭應朝什么方向？用多長時間？位移大小是多少？(2)若船在靜水中的速度v2＝1.5m/s，要使船渡河的航程最短，船頭應朝什么方向？用多長時間？位移大小是多少？(3)若小船只能?？吭诤訉Π断铝?35m處，則小船在靜水中航速至少要達到多大？對應運動時間是多少？船頭指向與河岸夾角多大？[解析](1)若v2＝5m/s。①欲使船在最短時間內渡河，船頭應朝垂直河岸方向，當船頭垂直河岸時，合速度方向如圖1所示，垂直分速度為v2＝5m/s。t＝eq\f(d,v2)＝eq\f(180,5)s＝36s，v合＝eq\r(v12＋v22)＝eq\f(5,2)eq\r(5)m/s，x＝v合t＝90eq\r(5)m。②欲使船渡河航程最短，合速度應沿垂直河岸方向。船頭應朝圖2中的v2方向。垂直河岸過河要求v水平＝0，如圖2所示，有v2sinα＝v1，得α＝30°。所以當船頭與上游河岸成60°角時航程最短。x＝d＝180m，t＝eq\f(d,v2cos30°)＝eq\f(180,\f(5,2)\r(3))s＝24eq\r(3)s。(2)若v2＝1.5m/s，與(1)中②不同，因為船速小于水速，所以船一定向下游漂移，設合速度方向與河岸下游方向夾角為β，則航程x＝eq\f(d,sinβ)。欲使航程最短，需β最大，如圖3所示，作出v1矢量，以v1矢量末端為圓心，v2大小為半徑作圓，A點與圓周上某點的連線即合速度方向，欲使v合與河岸下游方向夾角最大，應使v合與圓相切，即v合⊥v2。sinβ＝eq\f(v2,v1)＝eq\f(3,5)，得β＝37°，所以船頭應朝上游與河岸成53°角方向。t＝eq\f(d,v2cos37°)＝eq\f(180,1.2)s＝150s，v合＝v1cos37°＝2m/s，x＝v合t＝300m。(3)當小船以最小的靜水航行速度到達指定地點時，小船只能沿直線運動，即實際航行方向與河岸夾角θ滿足tanθ＝eq\f(180m,135m)＝eq\f(4,3)，即θ＝53°。如圖4，當船頭指向垂直于實際航行方向即船頭指向與上游河岸夾角為90°－θ＝37°時，在靜水中航速最小，vmin＝v1sin53°＝2m/s，對應運動時間t＝eq\f(d,vmincosθ)＝150s。[答案](1)①垂直河岸方向36s90eq\r(5)m②與上游河岸成60°角24eq\r(3)s180m(2)與上游河岸成53°角150s300m(3)2m/s150s37°[模型建構]1．船的實際運動：是水流的運動和船相對靜水的運動的合運動。2．三種相關速度：船在靜水中的速度v船、水的流速v水、船的實際速度v。3．兩種渡河方式方式圖示說明渡河時間最短當船頭垂直河岸時，渡河時間最短，最短時間tmin＝eq\f(d,v船)渡河位移最短當v水<v船時，如果滿足v水－v船cosθ＝0，渡河位移最短，xmin＝d當v水>v船時，如果船頭方向(即v船方向)與合速度方向垂直，渡河位移最短，最短渡河位移為xmin＝eq\f(dv水,v船)[模型應用]1.[最短時間渡河問題]在抗洪搶險中，戰(zhàn)士駕駛摩托艇救人，假設江岸是平直的，洪水沿江向下游流去，水流速度為v1，摩托艇在靜水中的航速為v2，戰(zhàn)士救人的地點A離岸邊最近處O的距離為d，如戰(zhàn)士想在最短時間內將人送上岸，則摩托艇登陸的地點離O點的距離為()A.eq\f(dv2,\r(v22－v12)) B．0C.eq\f(dv1,v2) D.eq\f(dv2,v1)解析：選C摩托艇要想在最短時間內到達江岸，其航行方向要垂直于江岸，摩托艇實際的運動是相對于水的航行運動和水流的運動的合運動，垂直于江岸方向的運動速度為v2，到達江岸所用時間t＝eq\f(d,v2)；沿江岸方向運動速度是水速v1，在相同的時間內，被水沖向下游的距離即為登陸點距離O點的距離s＝v1t＝eq\f(dv1,v2)，故選C。2．[最短位移渡河問題]一小船過河時，船頭與上游河岸夾角為α，其航線恰好垂直于河岸。已知小船在靜水中的速度為v?，F(xiàn)水流速度稍有增大，為保持航線不變，且能準時到達河對岸，下列措施中可行的是()A．減小α角，減小船速v B．減小α角，增大船速vC．增大α角，增大船速v D．增大α角，減小船速v解析：選B由題意可知，小船相對水的速度為v，其航線恰好垂直于河岸，如圖所示，當水流速度v1稍有增大，為保持航線不變，且準時到達對岸，則船速變化如圖v′所示，可知B正確。3．[水流速度大于船在靜水中速度的渡河問題](2021·蘇北十校第二次聯(lián)考)一艘船以vA的速度用最短的時間渡河，另一艘船以vB的速度從同一地點以最短的路程過河，兩船軌跡恰好重合(設河水速度保持不變)，則兩船過河所用的時間之比是()A．vA∶vB B．vB∶vAC．vA2∶vB2 D．vB2∶vA2解析：選D兩船抵達的地點相同，知合速度方向相同，A船靜水速度垂直于河岸，B船的靜水速度與合速度垂直，如圖所示，兩船的合位移相等，則渡河所用時間之比等于兩船合速度之反比，則：eq\f(t1,t2)＝eq\f(vB合,vA合)＝eq\f(\f(vB,tanθ),\f(vA,sinθ))＝eq\f(vB2,vA2)，故選項D正確，A、B、C錯誤。提能點(四)繩(桿)端速度分解模型(模型認知)[典例](2021·鎮(zhèn)江模擬)如圖所示，水平光滑長桿上套有一物塊Q，跨過懸掛于O點的輕小光滑圓環(huán)的輕繩一端連接Q，另一端懸掛一物塊P。設輕繩的左邊部分與水平方向的夾角為θ，初始時θ很小?，F(xiàn)將P、Q由靜止同時釋放，關于P、Q以后的運動下列說法正確的是()A．當θ＝60°時，P、Q的速度之比是eq\r(3)∶2B．當θ＝90°時，Q的速度最大C．當θ＝90°時，Q的速度為零D．當θ向90°增大的過程中Q所受的合力一直增大[解析]P、Q用同一根繩連接，則Q沿繩子方向的速度與P的速度大小相等，則當θ＝60°時，Q的速度沿繩子方向的分速度vQcos60°＝vP，解得eq\f(vP,vQ)＝eq\f(1,2)，故選項A錯誤；當θ＝90°時，即Q到達O點正下方，垂直Q運動方向上的分速度為0，即vP＝0，此時Q的速度最大，故選項B正確，C錯誤；當θ向90°增大的過程中Q所受的合力逐漸減小，當θ＝90°時，Q的速度最大，加速度為零，合力為零，故選項D錯誤。[答案]B[模型建構]1.模型特點(1)與繩或桿連接的物體速度方向與繩或桿所在的直線不共線。(2)繩或桿的長度不變，繩或桿兩端的物體沿繩或桿方向的分速度相等。2．分解思路3．常見模型[模型應用]1.[繩端速度分解模型]如圖所示，可視為質點的小球套在光滑的豎直桿上，一根不可伸長的細繩繞過滑輪連接小球，已知小球重力為1N，電動機從A端以1m/s的速度沿水平方向勻速拉繩，繩子始終處于拉直狀態(tài)。某一時刻，連接小球的繩子與豎直方向的夾角為60°，對此時小球速度及繩子拉力的判斷正確的是()A．小球的速度為2m/sB．小球的速度為0.5m/sC．繩子的拉力小于2ND．繩子的拉力等于2N解析：選A小球的速度可以分解為沿繩方向的速度和垂直于繩方向的速度，小球沿繩方向的速度與電動機拉繩的速度大小相等，連接小球的繩子與豎直方向的夾角為60°時，有v＝v球·cos60°，所以v球＝2v＝2m/s，選項A正確，B錯誤；小球的速度v球＝eq\f(v,cosθ)，小球向上運動的過程中，繩子與豎直方向的夾角增大，則cosθ減小，所以小球的速度增大，即小球做加速運動，所以繩子豎直向上的分力大于小球的重力，當θ＝60°時，有Tcos60°>G＝1N，所以此時繩子的拉力大于2N，選項C、D均錯誤。2．[桿端速度分解模型](2021·中山模擬)曲柄連桿結構是發(fā)動機實現(xiàn)工作循環(huán)，完成能量轉換的主要運動零件。如圖所示，連桿下端連接活塞Q，上端連接曲軸P。在工作過程中，活塞在汽缸內上下做直線運動，帶動曲軸繞圓心O旋轉。若P做線速度大小為v0的勻速圓周運動，則下列說法正確的是()A．當OP與OQ垂直時，活塞運動的速度等于v0B．當OP與OQ垂直時，活塞運動的速度大于v0C．當O、P、Q在同一直線上時，活塞運動的速度等于v0D．當O、P、Q在同一直線上時，活塞運動的速度大于v0解析：選A當OP與OQ垂直時，設∠PQO＝θ，此時活塞的速度為v，將P點的速度分解為沿桿方向和垂直于桿方向的分速度；將活塞的速度v分解為沿桿方向和垂直于桿方向的分速度，則此時v0cosθ＝vcosθ，即v＝v0，選項A正確，B錯誤；當O、P、Q在同一直線上時，P點沿桿方向的分速度為零，則活塞運動的速度等于0，故選項C、D錯誤。3．[接觸面速度分解模型](2021·江蘇省名校聯(lián)考)如圖所示，一根長為L的直桿一端抵在墻角，一端依靠在箱子的光滑豎直側壁上，將箱子以大小為v的速度向右推，直桿繞O點在豎直面內轉動，當直桿與豎直方向的夾角為θ時，直桿轉動的角速度大小為()A.eq\f(v,Lsinθ)B.eq\f(v,Lcosθ)C.eq\f(vsinθ,L)D.eq\f(vcosθ,L)解析：選B直桿與箱子接觸點的實際運動即合運動方向是垂直于桿指向右上方，設桿轉動的角速度為ω，則合速度：v實＝ωL，沿水平方向上的速度分量等于v，即ωLcosθ＝v，所以有：ω＝eq\f(v,Lcosθ)，故B正確。命題情景真實化——聚焦生活實際，分析解決問題感悟教材導向(選自新教科版必修第二冊)跑馬射箭民族運動會上有一個騎射項目，運動員騎在奔馳的馬背上，彎弓放箭射向固定目標(即圖中的箭靶，箭靶平面與馬運動方向平行)。假設運動員騎馬奔馳的速度為v1，運動員靜止時射出的箭速度為v2，跑道離固定目標的最近距離為d。要想命中目標且射出的箭在空中飛行時間最短。不考慮空氣阻力和重力的影響，則：(1)箭被射出到射中靶的最短時間為多少？(2)運動員放箭處與目標的距離為多少？解析：(1)箭被射出到射中靶的最短時間為tmin＝eq\f(d,v2)。(2)箭在沿馬前進的方向運動的位移x＝v1tmin＝eq\f(v1d,v2)所以運動員放箭處與靶的距離s＝eq\r(d2＋x2)＝eq\r(d2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v1d,v2)))2)＝eq\f(d\r(v12＋v22),v2)。答案：(1)eq\f(d,v2)(2)eq\f(d\r(v12＋v22),v2)備考啟示：生活中運動的合成與分解的例子相當多，除去教材中涉及的“騎馬射箭”“發(fā)射炮彈”外，還有“轉臺投籃”“風中騎車”“下雨打傘”等，解決這類問題的關鍵是分清哪是合運動，哪是分運動，然后借助平行四邊形定則解決相關問題。[熱點訓練]1．[轉臺投籃]趣味投籃比賽中，運動員站在一個旋轉較快的大平臺邊緣上，相對平臺靜止，向平臺圓心處的球筐內投籃球。下面的各俯視圖中籃球可能被投入球筐(圖中箭頭指向表示投籃方向)的是()解析：選C當沿圓周切線方向的速度和出手速度的合速度沿球筐方向，籃球就會被投入球筐。故C正確，A、B、D錯誤。2．[風中騎車]某人騎自行車以4m/s的速度向正東方向行駛，天氣預報報告當時是正北風，風速為4m/s，那么，騎車人感覺到的風向和風速為()A．西北風風速為4m/sB．西北風風速為4eq\r(2)m/sC．東北風風速為4m/sD．東北風風速為4eq\r(2)m/s解析：選D以騎車人為參考系，人向正東方向騎行，感覺風向正西，風速大小為v1＝4m/s，當時有正北風，風速為v2＝4m/s，如圖所示，可求得人感覺到的風向為東北風，風速v＝4eq\r(2)3．[下雨打傘]雨滴在空中以4m/s的速度豎直下落，人打傘以3m/s的速度向西急行，如果希望雨滴垂直打向傘的截面而少淋雨，傘柄應指向什么方向？解析：雨滴相對于人的速度方向即為傘柄的指向。雨滴相對人有向東3m/s的速度v1，有豎直向下的速度v2＝4m/s，如圖所示，雨滴對人的合速度v＝eq\r(v12＋v22)＝5m/s。tanα＝eq\f(v1,v2)＝eq\f(3,4)，即α＝37°。答案：傘柄向西傾斜，與豎直方向成37°角1.在光滑的水平面上有一冰球以速度v0沿直線勻速從a點運動到b點，忽略空氣阻力，如圖所示為俯視圖。當冰球運動到b點時受到垂直于速度方向的力的快速撞擊，撞擊之后冰球可能的運動軌跡是()解析：選C由題意可知，兩分速度的合速度的方向，即為冰球運動的方向，由于冰球受到的是瞬間撞擊，獲得速度后不再受力，因此冰球不可能做曲線運動，故B、D錯誤；冰球受到力的垂直撞擊但初速度方向不變，撞擊后的合速度是兩個垂直方向速度的合成，故A錯誤，C正確。2．(2020·北京十九中學月考)如圖所示，旋臂式起重機的旋臂保持不動，可沿旋臂“行走”的天車有兩個功能，一是吊著貨物沿豎直方向運動，二是吊著貨物沿旋臂水平運動。現(xiàn)天車吊著貨物正在沿水平方向向右勻速行駛，同時又啟動天車上的起吊電動機，使貨物沿豎直方向做勻加速運動。此時，我們站在地面上觀察到貨物運動的軌跡可能是圖中的()解析：選A我們站在地面上觀察，貨物既沿水平方向勻速運動，又沿豎直方向做勻加速運動，根據(jù)平行四邊形定則，知合速度的方向與合加速度的方向不在同一條直線上，軌跡為曲線，貨物的加速度豎直向上，因為加速度的方向大致指向軌跡的凹側，故選項A正確，B、C、D錯誤。3．跳傘表演是人們普遍喜歡的觀賞性體育項目，如圖所示，當運動員從直升機上由靜止跳下后，在下落過程中將會受到水平風力的影響，下列說法正確的是()A．風力越大，運動員下落時間越長，運動員可完成更多的動作B．風力越大，運動員著地速度越大，有可能對運動員造成傷害C．運動員下落時間與風力無關D．運動員著地速度與風力無關解析：選BC水平方向的風力對豎直方向的運動沒有影響，運動員下落時間與風力無關。無風時，運動員在水平方向速度為零，有風時，運動員在水平方向上因風力作用做加速運動，風力越大，著地時水平方向速度越大，著地速度也越大，故B、C正確，A、D錯誤。4.(2020·湖南師大附中模擬)如圖所示，在光滑水平桌面上有一個質量為m的質點，在沿平行于桌面方向的恒定外力F作用下，以初速度v0從A點開始做曲線運動，圖中曲線是質點的運動軌跡。已知在ts末質點的速度達到最小值v，到達B點時的速度方向與初速度v0的方向垂直，則()A．恒定外力F的方向與初速度的反方向成θ角指向曲線內側，且sinθ＝eq\f(v,v0)B．質點所受合外力的大小為eq\f(m\r(v02－v2),t)C．質點到達B點時的速度大小為eq\f(v0v,\r(v02－v2))D．ts內恒力F做功為eq\f(1,2)m(v02－v2)解析：選ABC分析可知，恒力F的方向應與速度方向成鈍角，將速度按沿力的方向與垂直于力的方向分解，如圖所示。在x方向上由運動學知識得v＝v0sinθ，在y方向上由運動學知識得v0cosθ＝ayt，由牛頓第二定律有F＝may，解得F＝eq\f(m\r(v02－v2),t)，即恒力F的方向與初速度的反方向成θ角指向曲線內側，且sinθ＝eq\f(v,v0)，故A、B正確；設質點從A點運動到B點歷時t1，設在v0方向上的加速度大小為a1，在垂直v0方向上的加速度大小為a2，由牛頓第二定律有Fcosθ＝ma1，F(xiàn)sinθ＝ma2，由運動學知識可得v0＝a1t1，vB＝a2t1，解得vB＝eq\f(v0v,\r(v02－v2))，故C正確；根據(jù)動能定理得，ts內恒力F做功為－eq\f(1,2)m(v02－v2)，故D錯誤。5.如圖所示，煙花可以增添歡樂氣氛，當然煙花也蘊含著許多物理知識。假設在高空中有四個煙花，在同一位置同時以相同的速率v豎直向上、豎直向下、水平向左、水平向右被拋出，不考慮空氣的阻力，經(jīng)過3s后四個煙花在空中的位置構成的圖形可能是下列所給圖中的()解析：選A每個煙花的運動都可以看成是沿初速度方向的勻速直線運動和豎直向下的自由落體運動的合運動。向上運動的煙花離出發(fā)點的距離h1＝vt－eq\f(1,2)gt2，向下運動的煙花離出發(fā)點的距離h2＝vt＋eq\f(1,2)gt2，兩個煙花之間的距離Δh＝h1＋h2＝2vt。向左運動的煙花離出發(fā)點的水平距離x1＝vt，豎直距離y1＝eq\f(1,2)gt2，向右運動的煙花離出發(fā)點的水平距離x2＝vt，豎直距離y2＝eq\f(1,2)gt2，兩個煙花之間的距離L＝x1＋x2＝2vt。向左運動的煙花與向上運動的煙花之間的水平距離Δx＝vt，豎直距離Δy＝vt－eq\f(1,2)gt2＋eq\f(1,2)gt2＝vt，向左運動的煙花與向下運動的煙花之間的水平距離Δx′＝vt，豎直距離Δy′＝vt＋eq\f(1,2)gt2－eq\f(1,2)gt2＝vt，同理，向右運動的煙花與向上運動的煙花和向下運動的煙花之間的距離也是如此，所以以四個煙花所在位置為頂點構成的圖形是正方形，選項A正確。[課時跟蹤檢測]一、立足主干知識，注重基礎性和綜合性1．(2021·武漢質檢)初速度不為零的小球只受到一個大小不變的力的作用，下列說法正確的是()A．小球一定做勻變速曲線運動B．小球的位置可能保持不變C．小球的速度大小可能保持不變D．小球的加速度一定保持不變解析：選C當小球的速度方向與力F不共線時，小球做曲線運動，選項A錯誤；小球所受合外力不為零，一定會運動，所以小球的位置不可能保持不變，選項B錯誤；若力F與速度垂直，力F的大小不變，方向不斷變化，則小球做勻速圓周運動，速度的大小保持不變，選項C正確；小球所受的合外力大小不變，方向不確定，所以加速度不一定保持不變，選項D錯誤。2．船在靜水中的速度是1m/s，河岸筆直，河寬d＝100m，河水靠近岸邊的流速為3m/s，河中間的流速為5m/s，則下列說法正確的是()A．船過河的時間不可能等于100sB．船過河的航線不可能是直線C．船不能到達對岸D．因船速小于水速，船不能到達正對岸解析：選D船過河的最短時間為河寬除以船在靜水中的速度，與河水流速的大小無關，當船在靜水中的速度始終垂直于河岸時，船過河的時間等于100s，選項A錯誤；船過河時，河水流速的大小在變，只要不斷調整船頭的方向，就可使船的合速度(即航速)方向保持不變，所以船過河的航線可能是直線，因船速小于水速，船的合速度(即航速)方向不能與河岸垂直，所以船不能到達正對岸，選項D正確，B、C錯誤。3．(2021年1月新高考8省聯(lián)考·河北卷)如圖，一小船以1.0m/s的速度勻速前行，站在船上的人豎直向上拋出一小球，小球上升的最大高度為0.45m。當小球再次落入手中時，小船前進的距離為(假定拋接小球時人手的高度不變，不計空氣阻力，g取10m/s2)()A．0.3m B．0.6mC．0.9m D．1.2m解析：選B根據(jù)運動的獨立性可知，小球在豎直方向上運動的過程中，小船以1.0m/s的速度勻速前行，由運動學知識h＝eq\f(1,2)gt2，小球上升的時間t＝0.3s，小球從上拋到再次落入手中所用的時間為2t，則小船前進的距離x＝v·2t＝1.0×2×0.3m＝0.6m，故B正確。4．(2021·鎮(zhèn)江模擬)如圖所示曲線為一質點在恒定合外力作用下運動的一段軌跡，質點由A到B的時間與質點由B到C的時間相等，已知AB弧長大于BC弧長，則下列判斷正確的是()A．該質點做非勻變速運動B．該質點在這段時間可能做加速運動C．兩段時間內該質點的速度變化量相等D．兩段時間內該質點的速度變化量不相等解析：選C質點在恒定合外力作用下運動，根據(jù)牛頓第二定律，加速度恒定，故是勻變速運動，故A錯誤；由于AB弧長大于BC弧長，質點由A到B的時間與質點由B到C的時間相等，故質點在這段時間內做減速運動，故B錯誤；質點在恒定合外力作用下運動，根據(jù)牛頓第二定律，加速度恒定，是勻變速運動，故相同時間內速度改變量一定相同，故C正確，D錯誤。5．如圖所示，某河段兩岸平行，越靠近中央水流速度越大。一條小船(可視為質點)沿垂直于河岸的方向航行，它在靜水中的速度為v，沿水流方向及垂直于河岸方向建立直角坐標系xOy，則該小船渡河的大致軌跡是()解析：選C小船沿垂直于河岸的方向航行，它在靜水中的速度為v，越靠近中央水流速度越大，越接近河岸水流速度越小，相當于小船先具有向下游的加速度，后具有向上游的加速度，結合曲線運動的條件，故C正確。6．如圖所示，AB桿以恒定角速度ω繞A點在豎直平面內順時針轉動，并帶動套在固定水平桿OC上的小環(huán)M運動，AO間距離為h。運動開始時AB桿在豎直位置，則經(jīng)過時間t(小環(huán)仍套在AB和OC桿上)，小環(huán)M的速度大小為()A.eq\f(ωh,cos2ωt) B.eq\f(ωh,cosωt)C．ωh D．ωhtanωt解析：選A經(jīng)過時間t，∠OAB＝ωt，則AM的長度為eq\f(h,cosωt)，則AB桿上與小環(huán)M的接觸點繞A點的線速度v＝eq\f(hω,cosωt)，將小環(huán)M的速度沿AB桿方向和垂直于AB桿方向分解，垂直于AB桿方向的分速度等于速度v，則小環(huán)M的速度v′＝eq\f(v,cosωt)＝eq\f(ωh,cos2ωt)，故A正確。7．(2021·南京調研)如圖1和圖2所示是物體在相互垂直的x方向(圖1)和y方向(圖2)運動的v-t圖像。以下判斷正確的是()A．在0～1s內，物體做勻速直線運動B．在0～1s內，物體做勻變速直線運動C．在1～2s內，物體做勻變速直線運動D．在1～2s內，物體做勻變速曲線運動解析：選C在0～1s內，物體在x方向做勻速運動，在y方向做勻加速運動，合運動為勻變速曲線運動，故選項A、B錯誤；在1～2s內，x方向初速度大小為v0x＝4m/s，加速度大小ax＝4m/s2，y方向初速度大小為v0y＝3m/s，加速度大小為ay＝3m/s2，根據(jù)平行四邊形定則可以得到合速度大小為v＝5m/s，合加速度為a＝5m/s2，而且二者方向在同一直線上，合運動為勻變速直線運動，故選項C正確，D錯誤。8．(2021·廣州調研)一人騎自行車向東行駛，當車速為4m/s時，他感到風從正南方向吹來，當車速增加到7m/s時，他感到風從東南方向(東偏南45°)吹來。假設風速的方向和大小恒定，則風對地的速度大小為()A．7m/s B．6m/sC．5m/s D．4m/s解析：選C當車速為4m/s時，人感到風從正南方向吹來，畫出矢量圖如圖(a)所示，故風對地的速度大小沿行駛方向的分速度為4m/s，當車速增加到7m/s時，他感到風從東南方向(東偏南45°)吹來，畫出矢量圖如圖(b)所示，可知，風對地的速度大小沿著垂直行駛方向的分速度大小為3m/s，因此風對地的速度大小為5m/s，故C正確。9．一個質量為2kg的物體，在5個共點力作用下處于勻速直線運動狀態(tài)，現(xiàn)同時撤去大小分別為6N和10N的兩個力，其余的力保持不變，關于此后該物體運動的說法中正確的是()A．可能做加速度大小是1m/s2的勻變速直線運動B．可能做加速度大小是10m/s2的勻變速直線運動C．可能做加速度大小是8m/s2的勻變速曲線運動D．可能做加速度大小是10m/s2的勻變速曲線運動解析：選C物體在5個共點力作用下處于勻速直線運動狀態(tài)，即該物體處于受力平衡狀態(tài)，現(xiàn)同時撤去大小分別為6N和10N的兩個力，這兩個力的合力F′的大小為4N≤F′≤16N，由于施加在該物體上的其他的力保持不變，即物體所受合外力F的大小為4N≤F≤16N，根據(jù)牛頓第二定律可知，加速度a＝eq\f(F,m)，所以該物體的加速度大小為2m/s2≤a≤8m/s2。若物體所受合外力F的方向與速度的方向相同或相反，則該物體做勻變速直線運動；若合外力F的方向與速度的方向成一定的夾角，則該物體做勻變速曲線運動，由此可知C正確，A、B、D錯誤。10．在一光滑的水平面上建立xOy平面坐標系，一質點在水平面上從坐標原點開始運動，沿x方向和y方向的x-t圖像和vy-t圖像分別如圖甲、乙所示，求：(1)運動后4s內質點的最大速度；(2)4s末質點離坐標原點的距離。解析：(1)由題圖可知，質點沿x軸正方向做勻速直線運動，速度大小為vx＝eq\f(x,t1)＝2m/s，在運動后4s內，沿y軸方向運動的最大速度為4m/s，則運動后4s內質點運動的最大速度為vm＝eq\r(vx2＋vy2)＝2eq\r(5)m/s。(2)0～2s內質點沿y軸正方向做勻加速直線運動，2～4s內先沿y軸正方向做勻減速直線運動，再沿y軸負方向做初速度為零的勻加速直線運動，此時加速度大小為a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(6,2)m/s2＝3m/s2則質點沿y軸正方向做勻減速運動的時間t2＝eq\f(v,a)＝eq\f(2,3)s則運動后的4s內沿y軸方向的位移y＝eq\f(1,2)×2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(2,3)))m－eq\f(1,2)×4×eq\f(4,3)m＝0因此4s末質點離坐標原點的距離等于沿x軸方向的位移，由題圖甲可知，4s末質點離坐標原點的距離s＝x＝8m。答案：(1)2eq\r(5)二、強化遷移能力，突出創(chuàng)新性和應用性11．(2021·濰坊一中質檢)一艘快艇要從岸邊某位置處到達河中離岸邊100m遠的一浮標處，已知快艇在靜水中的速度vx與時間t的關系圖像和水流的速度vy與時間t的關系圖像分別如圖甲、乙所示，則下列說法中不正確的是()A．快艇的運動軌跡為直線B．快艇的運動軌跡為曲線C．快艇最快到達浮標處的時間為20sD．快艇最快到達浮標處經(jīng)過的位移大于100m解析：選A由圖像可知，快艇的兩個分運動一個為勻加速直線運動，另一個為勻速直線運動，由此可知快艇的合加速度方向與合速度方向不在同一條直線上，即快艇的合運動為曲線運動，故A錯誤，B正確；快艇在靜水中的速度垂直于河岸時，時間最短，在垂直于河岸方向上的加速度a＝0.5m/s2，由d＝eq\f(1,2)at2得，t＝20s，故C正確；快艇在沿河岸方向上的位移x＝vy·t＝3×20m＝60m，所以快艇的最終位移s＝eq\r(x2＋d2)＝eq\r(1002＋602)m>100m，故D正確。12.如圖甲所示，豎直圓筒內壁光滑，半徑為R，在側壁同一豎直線上有A、B兩小孔相距h，將一小球從上部A孔沿筒內壁水平射入筒中，小球緊貼筒內壁運動，并恰好能到達下部小孔B，所用時間為t1，到達下部小孔B時的速度大小為vB。如圖乙所示，用光滑細鋼絲繞成的螺距相同的柱形螺線管，橫截面半徑也為R，豎直固定，鋼絲上下兩端C、D恰好在同一豎直線上，相距h，一小銅環(huán)穿在鋼絲上從上端C無初速度下滑到達底端D，所用時間為t2，到達D端時的速度大小為vD，二者相比較，下列結論正確的是()A．t1＝t2 B．t1>t2C．vB＝vD D．vB>vD解析：選D題圖甲中小球在筒內受重力和水平指向圓筒豎直中心軸的筒壁的彈力，貼著筒壁做螺旋線運動，可視為水平面內的勻速圓周運動與豎直方向上的自由落體運動的合運動，由豎直方向上的自由落體運動，可求得小球由A運動到B的時間為t1＝eq\r(\f(2h,g))。題圖乙中小銅環(huán)沿鋼絲運動，受重力和垂直鋼絲斜向上方的彈力，可等效為小環(huán)沿光滑斜面下滑，如圖所示，則小環(huán)由C運動到D的時間為t2＝eq\r(\f(2s,a))，其中a＝gsinα，s＝4×eq\f(2πR,cosα)>h，故t1<t2，或者t2＝eq\r(\f(2h,ay))，ay＝eq\f(mg－Ny,m)<g，故t1<t2，選項A、B均錯誤；小球有初速度，小環(huán)無初速度，根據(jù)機械能守恒定律知vB>vD，選項C錯誤，D正確。13.如圖所示，一艘輪船正在以4m/s的速度沿垂直于河岸方向勻速渡河，河中各處水流速度都相同，其大小為v1＝3m/s，行駛中，輪船發(fā)動機的牽引力與船頭朝向的方向相同。某時刻發(fā)動機突然熄火，輪船牽引力隨之消失，輪船相對于水的速度逐漸減小，但船頭方向始終未發(fā)生變化。求：(1)發(fā)動機未熄火時，輪船相對于靜水行駛的速度大小。(2)發(fā)動機熄火后，輪船相對于河岸速度的最小值。解析：(1)發(fā)動機未熄火時，輪船運動速度v與水流速度v1方向垂直，如圖所示。故此時輪船相對于靜水的速度v2的大小為v2＝eq\r(v2＋v12)＝eq\r(42＋32)m/s＝5m/s。(2)熄火前，設v與v2的夾角為θ，則cosθ＝eq\f(v,v2)＝0.8，輪船的牽引力沿v2的方向，熄火后，牽引力消失，在水的作用力作用下，v2逐漸減小，但其方向不變，當v2與v1的矢量和與v2垂直時，輪船的合速度最小，α＝θ，則vmin＝v1cosα＝3×0.8m/s＝2.4m/s。答案：(1)5m/s(2)2.4m/s第2講拋體運動一、平拋運動1．定義：以一定的初速度沿水平方向拋出的物體只在重力作用下的運動。2．性質：平拋運動是加速度為g的勻變速曲線運動，其運動軌跡是拋物線。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：自由落體運動。二、平拋運動的規(guī)律(如圖所示)兩個重要推論(1)做平拋(或類平拋)運動的物體在任一時刻，設其速度方向與水平方向的夾角為θ，位移與水平方向的夾角為α，則tanθ＝2tan_α。速度關系(2)做平拋(或類平拋)運動的物體任一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，則x＝2OB。位移關系三、斜拋運動1．定義：將物體以初速度v0沿斜向上方或斜向下方拋出，物體只在重力作用下的運動。2．研究方法：斜拋運動可以分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的勻變速直線運動。(1)水平方向：v0x＝v0cos_θ，F(xiàn)合x＝0；(2)豎直方向：v0y＝v0sin_θ，F(xiàn)合y＝mg。情景創(chuàng)設一架投放救災物資的飛機在受災區(qū)域的上空水平地勻速飛行，從飛機上投放的救災物資在落地前的運動中(不計空氣阻力)微點判斷(1)速度和加速度都在不斷改變。(×)(2)速度和加速度方向之間的夾角一直減小。(√)(3)在相等的時間內速度的改變量相等。(√)(4)在相等的時間內速率的改變量相等。(×)(5)在相等的時間內動能的改變量相等。(×)情景創(chuàng)設有A、B兩小球，B的質量為A的兩倍，現(xiàn)將它們以相同速率沿同一方向從水平地面同一地點斜向上拋出，不計空氣阻力。微點判斷(1)A、B兩球的水平射程相同。(√)(2)A球比B球的射高大。(×)(3)A、B的運動軌跡相同。(√)提能點(一)平拋運動規(guī)律及應用(自練通關)點點通1．[對平拋運動的理解]關于平拋運動的敘述，下列說法不正確的是()A．平拋運動是一種在恒力作用下的曲線運動B．平拋運動的速度方向與恒力方向的夾角保持不變C．平拋運動的速度大小是時刻變化的D．平拋運動的速度方向與加速度方向的夾角一定越來越小解析：選B做平拋運動的物體只受重力作用，故平拋運動是勻變速曲線運動，A說法正確；平拋運動是曲線運動，速度的方向時刻變化，即與恒力方向的夾角時刻改變，B說法錯誤；平拋運動是勻變速運動，速度大小時刻變化，C說法正確；設水平初速度為v0，速度方向與加速度方向(豎直方向)的夾角為θ，有tanθ＝eq\f(v0,gt)，可知隨著時間增加，夾角θ變小，D說法正確。2.[平拋運動規(guī)律的應用](2021年1月新高考8省聯(lián)考·江蘇卷)某生態(tài)公園的人造瀑布景觀如圖所示，水流從高處水平流出槽道，恰好落入步道邊的水池中?，F(xiàn)制作一個為實際尺寸eq\f(1,16)的模型展示效果，模型中槽道里的水流速度應為實際的()A.eq\f(1,2)B.eq\f(1,4)C.eq\f(1,8)D.eq\f(1,16)解析：選B由題意可知，水流出后做平拋運動的水平位移和下落高度均變?yōu)閷嶋H的eq\f(1,16)，根據(jù)h＝eq\f(1,2)gt2，得t＝eq\r(\f(2h,g))，所以時間變?yōu)閷嶋H的eq\f(1,4)，水流出的速度v＝eq\f(x,t)，由于水平位移變?yōu)閷嶋H的eq\f(1,16)，時間變?yōu)閷嶋H的eq\f(1,4)，則水流出的速度為實際的eq\f(1,4)，故選項B正確。3．[平拋運動推論的應用]如圖所示，從某高度處水平拋出一小球，經(jīng)過時間t到達地面時，速度方向與水平方向的夾角為θ，不計空氣阻力，重力加速度為g。下列說法正確的是()A．小球水平拋出時的初速度大小為gttanθB．小球在t時間內的位移方向與水平方向的夾角為eq\f(θ,2)C．若小球初速度增大，則平拋運動的時間變長D．若小球初速度增大，則θ減小解析：選D如圖所示，由tanθ＝eq\f(gt,v0)可得小球平拋的初速度大小v0＝eq\f(gt,tanθ)，選項A錯誤；由tanα＝eq\f(y,x)＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq\f(gt,2v0)＝eq\f(1,2)tanθ可知，α≠eq\f(θ,2)，選項B錯誤；小球做平拋運動的時間t＝eq\r(\f(2y,g))，與小球初速度大小無關，選項C錯誤；由tanθ＝eq\f(gt,v0)可知，v0越大，θ越小，選項D正確。一站過1．平拋運動時間和水平射程(1)運動時間：由t＝eq\r(\f(2h,g))知，時間取決于下落高度h，與初速度v0無關。(2)水平射程：x＝v0t＝v0eq\r(\f(2h,g))，即水平射程由初速度v0和下落高度h共同決定。2．速度和位移的變化規(guī)律(1)速度的變化規(guī)律①任一時刻的速度水平分量均等于初速度v0。②任一相等時間間隔Δt內的速度變化量方向豎直向下，大小Δv＝Δvy＝gΔt。(2)位移變化規(guī)律①任一相等時間間隔內，水平位移相同，即Δx＝v0Δt。②連續(xù)相等的時間間隔Δt內，豎直方向上的位移差不變，即Δy＝gΔt2。提能點(二)多體平拋運動問題(題點精研)研微點1．[兩球平拋后空中相遇問題](2021·山東師大附中月考)如圖所示，將a、b兩小球以大小為20eq\r(5)m/s的初速度分別從A、B兩點相差1s先后水平相向拋出，a小球從A點拋出后，經(jīng)過時間t，a、b兩小球恰好在空中相遇，且速度方向相互垂直，不計空氣阻力，g取10m/s2，則拋出點A、B間的水平距離是()A．80eq\r(5)m B．100mC．200m D．180eq\r(5)m對點清兩個物體平拋相遇問題的三點提醒(1)兩條平拋運動軌跡的交點是兩物體的必經(jīng)之處，兩物體要在此處相遇，必須同時到達此處。即軌跡相交是物體相遇的必要條件。(2)若兩物體同時從同一高度水平拋出，則兩物體始終處在同一高度，一定能在軌跡相交處相遇。(3)若兩物體同時從不同高度拋出，則兩物體高度差始終與拋出點高度差相同，不可能在軌跡相交處相遇。2．[同一高度平拋后落在同一水平面上的多體平拋問題]如圖所示，三個小球從同一高度處的O處分別以水平初速度v1、v2、v3拋出，落在水平面上的位置分別是A、B、C，O′是O在水平面上的射影點，且O′A∶O′B∶O′C＝1∶3∶5。若不計空氣阻力，則下列說法不正確的是()A．v1∶v2∶v3＝1∶3∶5B．三個小球下落的時間相同C．三個小球落地的速度相同D．三個小球落地的位移不同對點清物體從同一高度拋出，又落在同一水平面上(1)由h＝eq\f(1,2)gt2可知，各物體下落時間一定相同。(2)由x＝v0t可知，各物體水平位移之比等于平拋初速度之比。3．[同一位置平拋后落在同一豎直平面上的多體平拋問題]從豎直墻的前方A處，沿AO方向水平發(fā)射三顆彈丸a、b、c，在墻上留下的彈痕如圖所示。已知Oa＝ab＝bc，則a、b、c三顆彈丸(不計空氣阻力)()A．初速度之比是1∶2∶3B．初速度之比是1∶eq\r(2)∶eq\r(3)C．從射出至打到墻上過程速度增量之比是1∶eq\r(2)∶eq\r(3)D．從射出至打到墻上過程速度增量之比是eq\r(6)∶eq\r(3)∶eq\r(2)對點清物體從同一位置拋出，又落在同一豎直平面上(1)各物體的水平位移均相同，因此，初速度與下落時間成反比。(2)各物體在豎直方向上做自由落體運動，可由h＝eq\f(1,2)gt2確定各物體下落的時間關系。4.[不同高度平拋后落在同一水平面上的多體平拋問題]在水平路面上做勻速直線運動的小車上有一個固定的豎直桿，其上的三個光滑水平支架上有三個完全相同的小球A、B、C，它們離地的高度分別為3h、2h和h。當小車遇到障礙物M時，立即停下來，三個小球同時從支架上水平拋出，落到水平路面上的第一落點分別是a、b、c點，如圖所示。不計空氣阻力，則下列說法正確的是()A．三個小球從平拋至落地的時間之比tA∶tB∶tC＝eq\r(3)∶eq\r(2)∶1B．三個小球從平拋至落地的時間之比tA∶tB∶tC＝3∶2∶1C．三個小球落點的間距之比L1∶L2＝eq\r(3)∶eq\r(2)D．三個小球落點的間距之比L1∶L2＝1∶1對點清多個物體不同高度平拋的特點(1)物體從不同高度同時平拋，物體落在同一水平面上的時間不相同。(2)若物體平拋初速度相同，則由x＝v0t可知，物體平拋的水平位移之比等于下落時間之比。[備課札記][精解詳析——教師用書獨具]1．選D經(jīng)過t時間兩球的速度方向相互垂直，此時b球運動時間為t－1s。設a球的速度方向與豎直方向的夾角為θ，根據(jù)幾何關系可得：tanθ＝eq\f(v0,gt)＝eq\f(gt－1s,v0)，解得t＝5s，故A、B兩點的水平距離x＝v0t＋v0(t－1s)＝5v0＋4v0＝9v0＝180eq\r(5)m，故D正確，A、B、C錯誤。2．選C三個小球的高度相等，則根據(jù)h＝eq\f(1,2)gt2知，平拋運動的時間相等，因為水平位移之比為1∶3∶5，則根據(jù)x＝v0t得，初速度之比為1∶3∶5，故A、B正確；小球落地時豎直方向上的分速度相等，落地時的速度v＝eq\r(v02＋2gh)，初速度不等，則落地的速度不等，故C錯誤；小球落地時的位移s＝eq\r(x2＋h2)，水平位移不等，豎直位移相等，則小球通過的位移不等，故D正確。3．選C水平發(fā)射的彈丸做平拋運動，豎直方向上做自由落體運動，水平方向上做勻速直線運動。又因為豎直方向上Oa＝ab＝bc，即Oa∶Ob∶Oc＝1∶2∶3，由h＝eq\f(1,2)gt2可知ta∶tb∶tc＝1∶eq\r(2)∶eq\r(3)，由水平方向x＝v0t可得va∶vb∶vc＝1∶eq\f(1,\r(2))∶eq\f(1,\r(3))＝eq\r(6)∶eq\r(3)∶eq\r(2)，故選項A、B均錯誤；由Δv＝gt，可知從射出至打到墻上過程速度增量之比是1∶eq\r(2)∶eq\r(3)，故選項C正確，D錯誤。4．選A由題意可知，A、B、C三個小球下落高度之比為3∶2∶1，由于豎直方向上做自由落體運動，由t＝eq\r(\f(2h,g))可知，三個小球從平拋至落地的時間之比為eq\r(3)∶eq\r(2)∶1，A正確，B錯誤；三個小球在水平方向上做速度相同的勻速直線運動，可知A、B、C三個小球的水平位移之比為eq\r(3)∶eq\r(2)∶1，因此由題圖可知L1∶L2＝(eq\r(3)－eq\r(2))∶(eq\r(2)－1)，C、D均錯誤。提能點(三)落點有約束條件的平拋運動(題點精研)類型(一)落點在斜面上的平拋運動從斜面平拋且落點在斜面上[例1]如圖所示，一小球從某曲面頂端滑下并恰能在斜面頂端沿水平方向飛出，后又落回到斜面上。若斜面的傾角為θ，小球剛飛出時的速度大小為v0，不計空氣阻力，重力加速度為g，則()A．小球從飛出到落到斜面上的時間為eq\f(v0tanθ,g)B．小球落到斜面上時的速度大小為eq\f(v0,cos2θ)C．若飛出時的速度大小改變，則小球落到斜面上時速度方向也將改變D．若小球以2v0速度水平飛出，假設小球仍能落回到斜面上，則小球落到斜面上的速度大小是以v0速度飛出時落回到斜面上的2倍[解析]小球從斜面飛出做平拋運動又落回到斜面上，位移與水平方向的夾角等于斜面的傾斜角，有tanθ＝eq\f(y,x)＝eq\f(gt,2v0)，得t＝eq\f(2v0tanθ,g)，故A錯誤；根據(jù)速度夾角α和位移夾角θ的關系式：tanα＝2tanθ，根據(jù)數(shù)學知識，cosα＝eq\f(1,\r(1＋4tan2θ))，所以小球落到斜面上時的速度大小v＝eq\f(v0,cosα)＝v0eq\r(1＋4tan2θ)，故B錯誤；根據(jù)速度夾角α和位移夾角θ的關系式：tanα＝2tanθ，小球落到斜面上時速度方向和初速度無關，方向始終不變，故C錯誤；小球落到斜面上時的速度大小v＝v0eq\r(1＋4tan2θ)，即小球落到斜面上時的速度大小和初速度成正比，所以若小球以2v0速度水平飛出，假設小球仍能落回到斜面上，則小球落到斜面上的速度大小是以v0速度飛出時落回到斜面上的2倍，故D正確。[答案]D平拋后垂直落在斜面上[例2](2021·昆山月考)如圖所示，斜面AC與水平方向的夾角為α，在底端A點正上方與頂端C點等高處的E點以速度v0水平拋出一小球，小球垂直于斜面落到D點，重力加速度為g，則()A．小球在空中飛行時間為eq\f(v0,g)B．小球落到斜面上時的速度大小為eq\f(v0,cosα)C．CD與DA長度的比值為eq\f(1,2tan2α)D．小球的位移方向垂直于AC[解析]小球的運動軌跡圖如圖所示，把小球在D點處的速度沿水平、豎直方向分解，小球垂直于斜面落到D點，所以在D點時有tanα＝eq\f(v1,v2)＝eq\f(v0,gt)，解得t＝eq\f(v0,gtanα)，故A錯誤；小球垂直于斜面落到D點，所以小球落到斜面上時的速度大小為v＝eq\f(v0,sinα)，故B錯誤；根據(jù)幾何關系，DA＝eq\f(v0t,cosα)，CD＝eq\f(\f(1,2)gt2,sinα)，整理得CD與DA的比值為eq\f(1,2tan2α)，故C正確；由位移方向與水平方向夾角的正切值是速度方向與水平方向夾角的正切值的eq\f(1,2)可知，位移方向不垂直于AC，故D錯誤。[答案]C[方法規(guī)律]落點在斜面上的平拋運動處理思路圖示方法基本規(guī)律運動時間分解速度，構建速度的矢量三角形水平vx＝v0豎直vy＝gt合速度v＝eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))由tanθ＝eq\f(v0,vy)＝eq\f(v0,gt)得t＝eq\f(v0,gtanθ)分解位移，構建位移的矢量三角形水平x＝v0t豎直y＝eq\f(1,2)gt2合位移x合＝eq\r(x2＋y2)由tanθ＝eq\f(y,x)＝eq\f(gt,2v0)得t＝eq\f(2v0tanθ,g)在運動起點同時分解v0、g由0＝v1－a1t,0－veq\o\al(2,1)＝－2a1d，得t＝eq\f(v0tanθ,g)，d＝eq\f(v\o\al(2,0)sinθtanθ,2g)分解平行于斜面的速度v由vy＝gt得t＝eq\f(v0tanθ,g)類型(二)落點在圓弧面上的平拋運動直接落入圓弧面上的平拋運動[例3](2021·泰州模擬)如圖所示，在豎直平面內有一曲面，曲面方程為y＝x2，在y軸上有一點P，坐標為(0,6m)。從P點將一小球水平拋出，初速度為1m/s。則小球第一次打在曲面上的位置為(g取10m/s2)()A．(3m,3m) B．(2m,4m)C．(1m,1m) D．(1m,2m)[解析]設小球第一次打在曲面上的位置為(x，y)，小球在水平方向有：x＝v0t；豎直方向有：6－y＝eq\f(1,2)gt2，x、y滿足曲面方程，則y＝x2，聯(lián)立各式并把g＝10m/s2、v0＝1m/s代入解得x＝1m，y＝1m，則小球第一次打在曲面上的位置為(1m，1m)，故選項C正確。[答案]C沿切線方向落至圓弧上的平拋運動[例4]如圖所示，在水平放置的半徑為R的圓柱體的正上方P點，將一個小球以速度v0沿垂直于圓柱體軸線方向水平拋出，小球飛行一段時間后恰好從圓柱體的Q點沿切線方向飛過，測得該截面的圓心O與Q點的連線與豎直方向的夾角為θ，那么以下表示小球從P運動到Q所用時間的表達式不正確的是()A．t＝eq\f(Rsinθ,v0) B．t＝eq\f(v0tanθ,g)C．t＝eq\r(\f(2Rtanθsinθ,g)) D．t＝eq\r(\f(Rtanθsinθ,g))[解析]如圖所示，小球在水平方向上做勻速運動，水平位移x＝Rsinθ＝v0t，得t＝eq\f(Rsinθ,v0)，故選項A正確；小球到達Q點時豎直方向上的速度vy＝gt＝v0tanθ，得t＝eq\f(v0tanθ,g)，故選項B正確；小球從圓柱體的Q點沿切線飛過，故小球在Q點的速度方向垂直于半徑OQ，在Q點的速度的反向延長線一定通過此時水平位移的中點，設小球通過Q點時其豎直位移為y，則y＝eq\f(x,2)tanθ＝eq\f(1,2)Rsinθtanθ，又有y＝eq\f(1,2)gt2，聯(lián)立解得t＝eq\r(\f(Rtanθsinθ,g))，選項D正確，C錯誤。[答案]C[方法規(guī)律]落點在圓弧面上的三種常見情景(1)如圖甲所示，小球從半圓弧左邊沿平拋，落到半圓內的不同位置。由半徑和幾何關系制約時間t：h＝eq\f(1,2)gt2，R±eq\r(R2－h(huán)2)＝v0t，聯(lián)立兩方程可求t。(2)如圖乙所示，小球恰好沿B點的切線方向進入圓軌道，此時半徑OB垂直于速度方向，圓心角α與速度的偏向角相等。(3)如圖丙所示，小球恰好從圓柱體Q點沿切線飛過，此時半徑OQ垂直于速度方向，圓心角θ與速度的偏向角相等。類型(三)落點在水平臺階上的平拋運動[例5]一階梯如圖所示，其中每級臺階的高度和寬度都是0.4m。一小球以水平速度v飛出，g取10m/s2，欲打在第四級臺階上，則v的取值范圍是()A.eq\r(6)m/s<v≤2eq\r(2)m/sB．2eq\r(2)m/s<v≤3.5m/sC.eq\r(2)m/s<v<eq\r(6)m/sD．2eq\r(2)m/s<v<eq\r(10)m/s[解析]若小球打在第四級臺階的邊緣上，下降高度h＝4d，根據(jù)h＝eq\f(1,2)gt12，得t1＝eq\r(\f(8d,g))＝eq\r(\f(8×0.4,10))s＝eq\r(0.32)s，水平位移x1＝4d，則平拋的最大速度v1＝eq\f(x1,t1)＝eq\f(1.6,\r(0.32))m/s＝2eq\r(2)m/s；若小球打在第三級臺階的邊緣上，下降高度h＝3d，根據(jù)h＝eq\f(1,2)gt22，得t2＝eq\r(\f(6d,g))＝eq\r(0.24)s，水平位移x2＝3d，則平拋運動的最小速度v2＝eq\f(x2,t2)＝eq\f(1.2,\r(0.24))m/s＝eq\r(6)m/s，所以速度范圍：eq\r(6)m/s<v≤2eq\r(2)m/s，故A正確。[答案]A[共性歸納]對于此類題目，無論落點怎樣變化，其題根均為平拋運動規(guī)律的應用，解題的關鍵是把約束界面的幾何關系與平拋運動規(guī)律相互結合起來。(1)解答平拋運動問題時，一般的方法是將平拋運動沿水平和豎直兩個方向分解，這樣分解的優(yōu)點是不用分解初速度，也不用分解加速度。(2)畫出速度(或位移)分解圖，通過幾何知識建立合速度(或合位移)、分速度(或分位移)及其方向間的關系，通過速度(或位移)的矢量三角形求解未知量。創(chuàng)新問題規(guī)律化——斜拋運動規(guī)律的遷移感悟教材導向捕捉高考信號(選自新教科版必修第二冊)以斜拋運動的拋出點為坐標原點O，水平向右為x軸的正方向，豎直向上為y軸的正方向，建立如圖所示的平面直角坐標系xOy。初速度可以分解為v0x＝v0cosθ，v0y＝v0sinθ。在水平方向，物體的位移和速度分別為x＝vxt①vx＝v0x＝v0cosθ②在豎直方向，物體的位移和速度分別為y＝v0yt－eq\f(1,2)gt2＝(v0sinθ)t－eq\f(1,2)gt2③vy＝v0y－gt＝v0sinθ－gt④在最高點時，vy＝0，由④式得到t＝eq\f(v0sinθ,g)⑤將⑤式代入③式得物體的射高ym＝eq\f(v\o\al(2,0)sin2θ,2g)⑥物體落回與拋出點同一高度時，有y＝0，由③式得總時間t總＝eq\f(2v0sinθ,g)⑦將②⑦式代入①式得物體的射程xm＝eq\f(v\o\al(2,0)sin2θ,g)當θ＝45°時，sin2θ最大，射程最大。所以對于給定大小的初速度v0，沿θ＝45°方向斜向上拋出時，射程最大。(2016·江蘇高考)有A、B兩小球，B的質量為A的兩倍。現(xiàn)將它們以相同速率沿同一方向拋出，不計空氣阻力。圖中①為A的運動軌跡，則B的運動軌跡是()A.① B．②C.③ D．④解析：選A不計空氣阻力的情況下，兩球沿同一方向以相同速率拋出，其運動軌跡是相同的，選項A正確。熱點緣由：江蘇高考題考查了斜拋運動，各版本的教材中，對于平拋運動講述得比較詳細，對斜拋運動做了簡單處理，但其分析方法與平拋運動類似，都采用了運動的合成與分解理論。該理論在物理學中的地位不可忽視，未來高考通過創(chuàng)設新情景考查運動的合成與分解理論將是命題的趨向之一。[熱點訓練]1．甲、乙兩個同學打乒乓球，某次動作中，甲同學持拍的拍面與水平方向成45°角，乙同學持拍的拍面與水平方向成30°角，如圖所示。設乒乓球擊打拍面時速度方向與拍面垂直，且乒乓球每次擊打球拍前、后的速度大小相等，不計空氣阻力，則乒乓球擊打甲的球拍的速度大小v1與乒乓球擊打乙的球拍的速度大小v2的比值為()A.eq\f(\r(6),3) B.eq\r(2)C.eq\f(\r(2),2) D.eq\f(\r(3),3)解析：選C將乒乓球擊打球拍時的速度分解為水平方向和豎直方向，則有乒乓球擊打甲的球拍和擊打乙的球拍的水平方向分速度大小相等，由v1sin45°＝v2sin30°，解得v1∶v2＝eq\f(\r(2),2)，選項C正確。2．(2021·浙江1月選考)某一滑雪運動員從滑道滑出并在空中翻轉時經(jīng)多次曝光得到的照片如圖所示，每次曝光的時間間隔相等。若運動員的重心軌跡與同速度不計阻力的斜拋小球軌跡重合，A、B、C和D表示重心位置，且A和D處于同一水平高度。下列說法正確的是()A．相鄰位置運動員重心的速度變化相同B．運動員在A、D位置時重心的速度相同C．運動員從A到B和從C到D的時間相同D．運動員重心位置的最高點位于B和C中間解析：選A運動員從A斜拋之后，忽略阻力時，僅受重力，因此加速度為重力加速度，所以相鄰位置運動員重心的速度變化相同，選項A正確；根據(jù)曲線運動的特點，在A、D位置重心的速度方向不同，選項B錯誤；運動員從A到B的時間與從C到D的時間不同，因此選項C錯誤；在軌跡最高點時，即為從A到D處中間時刻，根據(jù)曝光的時間間隔可知在C處重心位置處于最高點，選項D錯誤。1．一帶有乒乓球發(fā)射機的乒乓球臺如圖所示。水平臺面的長和寬分別為L1和L2，中間球網(wǎng)高度為h。發(fā)射機安裝于臺面左側邊緣的中點，能以不同速率向右側不同方向水平發(fā)射乒乓球，發(fā)射點距臺面高度為3h。不計空氣的作用，重力加速度大小為g。若乒乓球的發(fā)射速率v在某范圍內，通過選擇合適的方向，就能使乒乓球落到球網(wǎng)右側臺面上，則v的最大取值范圍是()A.eq\f(L1,2)eq\r(\f(g,6h))<v<L1eq\r(\f(g,6h))B.eq\f(L1,4)eq\r(\f(g,h))<v<eq\r(\f(4L12＋L22g,6h))C.eq\f(L1,2)eq\r(\f(g,6h))<v<eq\f(1,2)eq\r(\f(4L12＋L22g,6h))D.eq\f(L1,4)eq\r(\f(g,h))<v<eq\f(1,2)eq\r(\f(4L12＋L22g,6h))解析：選D設以速率v1發(fā)射乒乓球，經(jīng)過時間t1剛好落到球網(wǎng)正中間，則豎直方向上有3h－h(huán)＝eq\f(1,2)gt12①，水平方向上有eq\f(L1,2)＝v1t1②。由①②兩式可得v1＝eq\f(L1,4)eq\r(\f(g,h))。設以速率v2發(fā)射乒乓球，經(jīng)過時間t2剛好落到球網(wǎng)右側臺面的兩角處，在豎直方向有3h＝eq\f(1,2)gt22③，在水平方向有eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L2,2)))2＋L12)＝v2t2④。由③④兩式可得