十年（2014-2023）高考物理真題分項匯編拋體運動（二）（老師講解版）

專題13拋體運動（二）

一、多選題

1.（2021.山東）如圖所示，載有物資的熱氣球靜止于距水平地面X的高處，現(xiàn)將質(zhì)量為機的物資以相對地

面的速度%水平投出，落地時物資與熱氣球的距離為人已知投出物資后熱氣球的總質(zhì)量為所受浮力不

變，重力加速度為g,不計阻力，以下判斷正確的是（）

投出物資后熱氣球做勻加速直線運動

投出物資后熱氣球所受合力大小為沖

【答案】BC

【解析】AB.熱氣球開始攜帶物資時處于靜止狀態(tài)，所受合外力為0,初動量為0,水平投出重力為〃歸的

物資瞬間，滿足動量守恒定律

Mv=mvQ

則熱氣球和物資的動量等大反向，熱氣球獲得水平向左的速度叭熱氣球所受合外力恒為租g,豎直向上,

所以熱氣球做勻加速曲線運動，故A錯誤，B正確；

CD.熱氣球和物資的運動示意圖如圖所示

mg

熱氣球和物資所受合力大小均為，所以熱氣球在豎直方向上加速度大小為

物資落地H過程所用的時間，內(nèi)，根據(jù)H=；gt2解得落地時間為

'2H

g

熱氣球在豎直方向上運動的位移為

1,1m2Hm

=/礦--*----g,-----^3----TT

2MgM

熱氣球和物資在水平方向均做勻速直線運動，水平位移為

根據(jù)勾股定理可知熱氣球和物資的實際位移為

d="(%+無M，+(H+-M)2=(1+3/；%一+-2

故C正確，D錯誤。

故選BC。

2.(2021.廣東)長征途中，為了突破敵方關隘，戰(zhàn)士爬上陡銷的山頭，居高臨下向敵方工事內(nèi)投擲手榴彈,

戰(zhàn)士在同一位置先后投出甲、乙兩顆質(zhì)量均為機的手榴彈，手榴彈從投出的位置到落地點的高度差為/7,

在空中的運動可視為平拋運動，軌跡如圖所示，重力加速度為g,下列說法正確的有()

A.甲在空中的運動時間比乙的長

B.兩手榴彈在落地前瞬間，重力的功率相等

C.從投出到落地，每顆手榴彈的重力勢能減少加g/7

D.從投出到落地，每顆手榴彈的機械能變化量為相g/?

【答案】BC

【解析】A.由平拋運動規(guī)律可知，做平拋運動的時間

因為兩手榴彈運動的高度差相同，所以在空中運動時間相等，故A錯誤;

B.做平拋運動的物體落地前瞬間重力的功率

2

P=mgvcos0=mgvy=mgJ2gh

因為兩手榴彈運動的高度差相同，質(zhì)量相同，所以落地前瞬間，兩手榴彈重力功率相同，故B正確;

C.從投出到落地，手榴彈下降的高度為九所以手榴彈重力勢能減小量

AEp=mgh

故C正確；

D.從投出到落地，手榴彈做平拋運動，只有重力做功，機械能守恒，故D錯誤。

故選BC。

3.（2020?海南）小朋友玩水槍游戲時，若水從槍口沿水平方向射出的速度大小為10m/s,水射出后落到水平

地面上。已知槍口離地高度為1.25m,g=10m/s2,忽略空氣阻力，則射出的水（）

A.在空中的運動時間為0.25s

B.水平射程為5m

C.落地時的速度大小為15m/s

D.落地時豎直方向的速度大小為5m/s

【答案】BD

【解析】A.根據(jù)，=gg/得，運動時間

s=0.5s

故A錯誤;

B.水平射程為

x=vot=10x0.5m=5m

故B正確；

CD.豎直方向分速度為

q=g,=10x0.5m/s=5m/s

水平分速度為

vx=v0=10m/s

落地速度為

v=Jvj:=5百m/s

故C錯誤，D正確。

故選BDo

4.（2020?江蘇）如圖所示，小球A、B分別從2/和/的高度水平拋出后落地，上述過程中A、B的水平位移

分別為/和2/。忽略空氣阻力，則（）

A.A和B的位移大小相等B.A的運動時間是B的2倍

C.A的初速度是B的gD.A的末速度比B的大

【答案】AD

【解析】A.位移為初位置到末位置的有向線段，如圖所示可得

SA=「+（2/『=質(zhì),SB=+（2/『=回

A和B的位移大小相等，A正確；

B.平拋運動運動的時間由高度決定，即

則A的運動時間是B的虛倍，B錯誤；

C.平拋運動，在水平方向上做勻速直線運動，則

KA=—='%="屈

“2tB

則A的初速度是B的。，C錯誤；

D.小球A、B在豎直方向上的速度分別為

%A=2萩，vyB=72g/

所以可得

即VA>VB，D正確。

故選AD。

4

5.（2019?海南）三個小物塊分別從3條不同光滑軌道的上端由靜止開始滑下，已知軌道1、軌道2、軌道3

的上端距水平地面的高度均為4%；它們的下端水平，距地面的高度分別為九=%、飽=24、4=3%,如

圖所示，若沿軌道1、2、3下滑的小物塊的落地點到軌道下端的水平距離分別記為》、S”S3,則（）

【答案】BC

【解析】對軌道1,根據(jù)動能定理有

m1g（4%

解得

匕=j2g-3.=J6g.

小物塊離開軌道后做平拋運動，所以，水平射程為

故選BC。

6.（2019?全國）如圖（a）,在跳臺滑雪比賽中，運動員在空中滑翔時身體的姿態(tài)會影響其下落的速度和滑

翔的距離.某運動員先后兩次從同一跳臺起跳,每次都從離開跳臺開始計時，用v表示他在豎直方向的速度，

其V：圖像如圖（b）所示，力和f2是他落在傾斜雪道上的時刻.則（）

A.第二次滑翔過程中在豎直方向上的位移比第一次的小

B.第二次滑翔過程中在水平方向上的位移比第一次的大

C.第二次滑翔過程中在豎直方向上的平均加速度比第一次的大

D.豎直方向速度大小為0時，第二次滑翔在豎直方向上所受阻力比第一次的大

【答案】BD

【解析】A.由v-r圖面積易知第二次面積大于等于第一次面積，故第二次豎直方向下落距離大于第一次下

落距離，所以，A錯誤；

B.由于第二次豎直方向下落距離大，由于位移方向不變，故第二次水平方向位移大，故B正確

C.由于回斜率知第一次大、第二次小，斜率越大，加速度越大，或由Z=匕％易知故C錯誤

t

D.由圖像斜率，速度為0時，第一次圖像陡峭，第二次圖像相對平緩，故幻＞。2,由G-fy=ma,可知,力/或2,

故D正確

7.（2015?浙江）如圖所示為足球球門，球門寬為"一個球員在球門中心正前方距離球門s處高高躍起，將

足球頂入球門的左下方死角（圖中尸點）。球員頂球點的高度為機足球做平拋運動（足球可看成質(zhì)點，忽

略空氣阻力），則（）

D.足球初速度的方向與球門線夾角的正切值

【答案】BC

【解析】A.足球位移的大小

^+s2+h2

尤=

故A錯誤；

B.足球做平拋運動，在水平方向上有

6

尤

在豎直方向上有

,12

〃=六廠

聯(lián)立解得

故B正確;

C.根據(jù)運動的合成可得足球末速度的大小

V=J.+(gf)2

結(jié)合

,12

h=2gt

解得

故C正確;

D.足球初速度的方向與球門線夾角等于足球做平拋運動過程在水平方向上的位移與球門線的夾角，根據(jù)幾

何知識可知

tan6=。=空

LL

2

故D錯誤。

故選BC。

二、單選題

8.(2021.河北)葩原子鐘是精確的計時儀器，圖1中葩原子從。點以100m/s的初速度在真空中做平拋運動,

到達豎直平面MN所用時間為4；圖2中德原子在真空中從P點做豎直上拋運動，到達最高點。再返回尸

點，整個過程所用時間為馬，。點到豎直平面9、P點到。點的距離均為0.2m,重力加速度取g=10m/s2,

則％工2為（)

■M

........，..........

：

Np

圖1圖2

A.100:1B.1：100C.1：200D.200：1

【答案】C

【解析】葩原子做平拋運動，水平方向上做勻速直線運動，即

x=vtA

解得

x0.2

t,=-=----s

v100

葩原子做豎直上拋運動，拋至最高點用嗚，逆過程可視為自由落體，即

1

x=—

2

解得

則

’20.4200

故選C。

9.（2021.浙江）某一滑雪運動員從滑道滑出并在空中翻轉(zhuǎn)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、8、C和。表示重心位置,

且A和。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、。位置時重心的速度相同

C.運動員從A到B和從C到。的時間相同D.運動員重心位置的最高點位于2和C中間

【答案】A

8

【解析】A.因每次曝光的時間間隔相等，而運動員在空中只受重力作用，加速度為g,則相鄰位置運動員

重心的速度變化均為g加，選項A正確；

B.運動員在A、D位置時重心的速度大小相同，但是方向不同，選項B錯誤；

C.由圖可知，運動員從A到B為4加，從C到D的時間50，時間不相同，選項C錯誤；

D.運動員重心位置的最高點位于C點，選項D錯誤。

故選A?

10.（2020?全國）如圖，在摩托車越野賽途中的水平路段前方有一個坑，該坑沿摩托車前進方向的水平寬度

為3〃，其左邊緣a點比右邊緣b點高0.5〃。若摩托車經(jīng)過。點時的動能為它會落到坑內(nèi)c點。c與a

的水平距離和高度差均為力；若經(jīng)過a點時的動能為民，該摩托車恰能越過坑到達b點。臺等于（）

耳

A.20B.18C.9.0D.3.0

【答案】B

【解析】有題意可知當在。點動能為百時，有

P12

￡1=-mv!

根據(jù)平拋運動規(guī)律有

,12

h=K.

當在。點時動能為E2時，有

E2="學

根據(jù)平拋運動規(guī)律有

1_12

-hz——gt

222

3h=v2t2

聯(lián)立以上各式可解得

■=18

耳

故選Bo

11.（2020?浙江）如圖所示，鋼球從斜槽軌道末端以%的水平速度飛出，經(jīng)過時間/落在斜靠的擋板A8中

點。若鋼球以2%的速度水平飛出，則（）

A.下落時間仍為rB.下落時間為2rC.下落時間為五tD.落在擋板底端B點

【答案】C

【解析】鋼球以％飛出后落在長為2L的A3擋板中點，假設擋板與水平地面的夾角為0,鋼球做平拋運動

分解位移:

Lcos0=vot

Lsin，=ggf

解得…fW

若鋼球恰好落在8點，則:

2Lcos0=卬］

2Lsin9=g需

解得：,在J更.芽=&%

V2sin。

又因為2%>u,所以鋼球以2%拋出，落在地面上B點右側(cè)，落地時間與落在3點時間相同，綜合上述分析

可知落地時間:

故C正確，ABD錯誤。

故選C.

12.（2015?全國）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Li和L2,中間球網(wǎng)

高度為〃.發(fā)射機安裝于臺面左側(cè)邊緣的中點，能以不同速率向右側(cè)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)射速率為v在某范圍內(nèi)，通過選擇合

適的方向，就能使乒乓球落到球網(wǎng)右側(cè)臺面上，則v的最大取值范圍是（）

10

D.“<”二園I五

4Nh2v6h

【答案】D

【解析】發(fā)射機無論向哪個方向水平發(fā)射，乒乓球都是平拋運動，豎直高度決定了運動的時間

f=水平方向勻速直線運動，水平位移最小即沿中線方向水平發(fā)射恰好過球網(wǎng)，此時從發(fā)球

點到球網(wǎng)，下降高度為水平位移大小為可得運動時間

3/z-/z=2/z,g,對應的最小初速

度W島水平位移最大即斜向?qū)Ψ脚_面的兩個角發(fā)射，根據(jù)幾何關系此時的位移大小為g阿隹，

所以平拋的初速度4義國vv<-J4^+4x區(qū),對照選項D對.

【考點定位】曲線運動

【方法技巧】平拋運動一定要和實際情況相結(jié)合，題目中，最小的水平位移一定要保證越過球網(wǎng).

13.（2017?浙江）圖中給出某一通關游戲的示意圖，安裝在軌道AB上可上下移動的彈射器，能水平射出速

度大小可調(diào)節(jié)的彈丸，彈丸射出口在B點的正上方，豎直面內(nèi)的半圓弧BCD的半徑為R=2.0m,直徑BD

水平且與軌道AB處在同一豎直平面內(nèi)，小孔P和圓心O連線與水平方向夾角為37。，游戲要求彈丸垂直于

P點圓弧切線方向射入小孔P就能進入下一關.為了能通關，彈射器離B點的高度和彈丸射出的初速度分別

是（不計空氣阻力）

WW8

A.0.15m,4y/3m/sB.L50m,46m/sC.0.15m,2y[6m/sD.1.5Qm,2A/6/M/s

【答案】A

【解析】由題意可知彈丸從p點射出時的速度方向就是半徑OP的方向.即與水平方向成37度夾角，由平拋

運動規(guī)律知：

tan37=乜=義

%%

1

/z+Rsin37=—gr92

R+Reos37=vot

解得：v0=4也m/s

h=0.15m,故A對；BCD錯

綜上所述本題答案是：A

【點睛】結(jié)合水平方向上的位移以及速度偏向角可以求出水平速度，再利用豎直方向上的自由落體運動可

以求出彈丸在豎直方向上的位移即高度h也可以求出.

14.（2018?江蘇）某彈射管每次彈出的小球速度相等.在沿光滑豎直軌道自由下落過程中，該彈射管保持水

平，先后彈出兩只小球.忽略空氣阻力，兩只小球落到水平地面的（）

A.時刻相同，地點相同

B.時刻相同，地點不同

C.時刻不同，地點相同

D.時刻不同，地點不同

【答案】B

【解析】本題考查合運動與分運動的關系及時刻和位置的概念，意在考查考生的理解能力.彈射管在豎直

方向做自由落體運動，所以彈出小球在豎直方向運動的時間相等，因此兩球應同時落地；由于兩小球先后

彈出，且彈出小球的初速度相同，所以小球在水平方向運動的時間不等，因小球在水平方向做勻速運動，

所以水平位移相等，因此落點不相同，故選項B正確.

點睛：本題以平拋運動為背景考查合運動與分運動的關系及時刻和位置的概念，解題時要注意彈射管沿光

滑豎直軌道向下做自由落體運動，小球彈出時在豎直方向始終具有跟彈射管相同的速度.

15.（2018?全國）在一斜面頂端，將質(zhì)量相等的甲乙兩個小球分別以v和1■的速度沿同一方向水平拋出，兩

球都落在該斜面上。甲球落至斜面時的動能與乙球落至斜面時的動能之比為（）

12

A.2:1B.4:1C.6:1D.8:1

【答案】B

【解析】設斜面傾角為。，小球落在斜面上速度方向偏向角為e,甲球以速度U拋出，落在斜面上，如圖所

根據(jù)平拋運動的推論可得

tan^=2tancr

所以甲、乙兩個小球落在斜面上時速度偏向角。相等；對甲有

v

V.二----

cos。

對乙有

V

2v

%==

cos。2cos。

聯(lián)立可得

v1_2

V27

由于甲、乙兩球質(zhì)量相等，所以甲球落至斜面時的動能與乙球落至斜面時的動能之比為

12

——4

故選B。

16.（2017?浙江）一水平固定的水管，水從管口以不變的速度源源不斷地噴出，水管距地面高。=L8m,水

落地的位置到管口的水平距離元=L2m,不計空氣及摩擦阻力，水從管口噴出的初速度大小是（）

A.1.2m/sB.2.0m/sC.3.0m/sD.4.9m/s

【答案】B

【解析】水平噴出的水，運動規(guī)律為平拋運動，根據(jù)平拋運動規(guī)律，在豎直方向上有

h=^gf2

解得水在空中的時間為

t=0.6s

在水平方向上有，根據(jù)

x=vot

解得水平速度為

vo=2.Om/s

故選Bo

17.（2017?全國）發(fā)球機從同一高度向正前方依次水平射出兩個速度不同的乒乓球（忽略空氣的影響）.速度較

大的球越過球網(wǎng)，速度較小的球沒有越過球網(wǎng).其原因是（）

A.速度較小的球下降相同距離所用的時間較多

B.速度較小的球在下降相同距離時在豎直方向上的速度較大

C.速度較大的球通過同一水平距離所用的時間較少

D.速度較大的球在相同時間間隔內(nèi)下降的距離較大

【答案】C

【解析】發(fā)球機發(fā)出的球，速度較大的球越過球網(wǎng)，速度較小的球沒有越過球網(wǎng)，原因是發(fā)球機到網(wǎng)的水

平距離一定，速度大，則所用的時間較少，球下降的高度較小，容易越過球網(wǎng)，C正確.

18.（2016?海南）在地面上方某點將一小球以一定的初速度沿水平方向拋出，不計空氣阻力，則小球在隨后

的運動中（）

A.速度和加速度的方向都在不斷變化

B.速度與加速度方向之間的夾角一直減小

C.在相等的時間間隔內(nèi)，速率的改變量相等

D.在相等的時間間隔內(nèi)，動能的改變量相等

【答案】B

【分析】根據(jù)題中“將一小球以一定的初速度沿水平方向拋出"可知，本題考查平拋運動，根據(jù)平拋運動在水

平方向和豎直方向上運動的規(guī)律，運用加速度公式和動能定理公式等，進行分析推斷。

【解析】A.由于物體只受重力作用，做平拋運動，故加速度不變，速度大小和方向時刻在變化，A錯誤;

B.設某時刻速度與豎直方向夾角為0,則

tan6=%=%

Vygt

隨著時間/變大，tan。變小，。變小，B正確；

C.根據(jù)加速度定義式

14

則

Av=g\t

可知，在相等的時間間隔內(nèi)，速度的改變量相同，但是速率為水平速度和豎直速度的合速度的大小，故速

率的改變量不相等，c錯誤；

D.根據(jù)動能定理，在相等的時間間隔內(nèi)，動能的改變量等于重力做的功，即

WG=mgh

對于平拋運動，由于在豎直方向上，在相等時間間隔內(nèi)的位移不相等，D錯誤。

故選Bo

19.（2016?江蘇）有A、B兩小球，B的質(zhì)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（）

777777777777777777777777777777T

A.①B.②C.③D.@

【答案】A

【解析】試題分析：兩球初速度大小和方向均相同，同時因拋出后兩物體均只受重力，故加速度相同，因

此二者具有相同的運動狀態(tài)，故B的運動軌跡也是①；選項A正確，BCD錯誤.故選A.

考點：拋體運動

【名師點睛】本題考查對拋體運動的掌握，要注意明確質(zhì)量不同的物體在空中加速度是相同的，而影響物

體運動的關鍵因素在于加速度，與質(zhì)量無關.

20.（2015?山東）距地面高5m的水平直軌道上A、8兩點相距2m,在8點用細線懸掛一小球，離地高度為

h,如圖所示.小車始終以4m/s的速度沿軌道勻速運動，經(jīng)過A點時將隨車攜帶的小球由軌道高度自由卸下，

小車運動至B點時細線被軋斷，最后兩球同時落地.不計空氣阻力，取重力加速度的大小g=10m/s2.可求得

h等于（）

C.3.75mD.4.75m

【答案】A

【解析】經(jīng)過A點，將球自由卸下后，A球做平拋運動，則有

H=^gti2

解得

小車從A點運動到B點的時間

Z,=^=-s=0.5s

*v4

因為兩球同時落地，則細線被軋斷后B處小球做自由落體運動的時間為

/5=^-^2=1S-0.5S=0.5S

則

/z=^-gf2=yX10x0.52m=1.25m

故選Ao

考點：平拋運動；自由落體運動

【名師點睛】本題主要考查了平拋運動和自由落體運動基本公式的直接應用，關鍵抓住同時落地求出B處

小球做自由落體運動的時間，難度不大，屬于基礎題.

三、解答題

21.(2021?湖北)如圖所示，一圓心為。、半徑為R的光滑半圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi)，其下端與光滑水

平面在。點相切。在水平面上，質(zhì)量為機的小物塊A以某一速度向質(zhì)量也為的靜止小物塊B運動。A、

B發(fā)生正碰后，B到達半圓弧軌道最高點時對軌道壓力恰好為零，A沿半圓弧軌道運動到與。點等高的C

點時速度為零。已知重力加速度大小為g,忽略空氣阻力。

(1)求B從半圓弧軌道飛出后落到水平面的位置到。點的距離；

(2)當A由C點沿半圓弧軌道下滑到。點時，。。與。。夾角為仇求此時A所受力對A做功的功率；

(3)求碰撞過程中A和B損失的總動能。

【答案】(1)2R；(2)igsin%/2gRcos「；(3)JlOmgR

【解析】解：(1)設B到半圓弧軌道最高點時速度為匕，由于B對軌道最高點的壓力為零，則由牛頓第二

16

定律得

m2=

R

B離開最高點后做平拋運動，則在豎直方向上有

2R=；城

在水平方向上有

x=v2t

聯(lián)立解得

x=2R

(2)對A由C到D的過程，由機械能守恒定律得

12

mgRcos^=—mvD

由于對A做功的力只有重力，則A所受力對A做功的功率為

P=mgvDsin0

解得

P=mgsin0yj2gRcos0

(3)設A、B碰后瞬間的速度分別為v/,V2,對B由。到最高點的過程，由機械能守恒定律得

mvf=gmv1+mg-2R

解得

v2=y/5gR

對A由。到C的過程，由機械能守恒定律得

1,

—mV】=mgR

解得

/=^gR

設碰前瞬間A的速度為vo,對A、B碰撞的過程，由動量守恒定律得

mv0=mvx+mv2

解得

%=7^+7^

碰撞過程中A和B損失的總動能為

12121

AE=5mvo一mvi一~

解得

AE=y/lOmgR

22.(2021?北京)如圖所示，小物塊A、B的質(zhì)量均為根=0.10kg,B靜止在軌道水平段的末端。A以水平

速度vo與B碰撞，碰后兩物塊粘在一起水平拋出。拋出點距離水平地面的豎直高度為〃=0.45m,兩物塊

落地點距離軌道末端的水平距離為s=0.30m,取重力加速度g=10m/s2。求：

(1)兩物塊在空中運動的時間

(2)兩物塊碰前A的速度vo的大??；

(3)兩物塊碰撞過程中損失的機械能AE。

【答案】(1)0.30s；(2)2.0m/s；(3)0.10J

【解析】(1)豎直方向為自由落體運動，由

,12

h=2gt

得

t=0.30s

(2)設A、B碰后速度為v,水平方向為勻速運動，由

s=vt

得

v=1.0m/s

根據(jù)動量守恒定律，由

mv0=2mv

得

%=2.0m/s

(3)兩物體碰撞過程中損失的機械能

18

1919

AE=—mu0-—?2mu

得

A￡=0.10J

23.(2021?山東)海鷗捕到外殼堅硬的鳥蛤(貝類動物)后，有時會飛到空中將它丟下，利用地面的沖擊打

碎硬殼。一只海鷗叼著質(zhì)量帆=0/kg的鳥蛤，在H=20m的高度、以％=15m/s的水平速度飛行時，松開嘴

巴讓鳥蛤落到水平地面上。取重力加速度g=10m/s2,忽略空氣阻力。

(1)若鳥蛤與地面的碰撞時間4=0.005s,彈起速度可忽略，求碰撞過程中鳥蛤受到的平均作用力大小B

(碰撞過程中不計重力)

(2)在海鷗飛行方向正下方的地面上，有一與地面平齊、長度L=6m的巖石，以巖石左端為坐標原點，建

立如圖所示坐標系。若海鷗水平飛行的高度仍為20m,速度大小在15m/s~17m/s之間，為保證鳥蛤一定能

落到巖石上，求釋放鳥蛤位置的無坐標范圍。

y八

【答案】(1)500N；(2)[34m,36m]

【解析】(1)設鳥蛤落地前瞬間的速度大小為L豎直分速度大小為方,據(jù)自由落體運動規(guī)律可得

vy=個2gH=20m/s

f=4=2s

g

則碰撞前鳥蛤的合速度為

v=Qv；+v；=25m/s

在碰撞過程中，以鳥蛤為研究對象，取速度方向為正方向，由動量定理得

—FAt=Q—mv

聯(lián)立解得碰撞過程中鳥蛤受到的平均作用力大小為

F=500N

(2)若釋放鳥蛤的初速度為匕=15m/s,設擊中巖石左端時，釋放點的無坐標為用，擊中右端時，釋放點的

x坐標為巧，得

王=v/,X2=XX+L

聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)得

芭=30m,x2=36m

若釋放鳥蛤時的初速度為匕=17m/s,設擊中巖石左端時，釋放點的x坐標為再'，擊中右端時，釋放點的尤

坐標為々'，得

x/=v2t,"=M+L

聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)得

=34m，x；=40m

綜上所述可得尤坐標區(qū)間為［34m,36m］。

24.(2020?北京)無人機在距離水平地面高度〃處，以速度％水平勻速飛行并釋放一包裹，不計空氣阻力,

重力加速度為g。

(1)求包裹釋放點到落地點的水平距離x;

⑵求包裹落地時的速度大小v；

(3)以釋放點為坐標原點，初速度方向為x軸方向，豎直向下為，軸方向，建立平面直角坐標系，寫出該包

裹運動的軌跡方程。

【答案】(1)%，子；(2)小說+2g/z；(3))二端

【解析】(1)包裹脫離無人機后做平拋運動，在豎直方向做自由落體運動，則

712

h=]gt

解得

水平方向上做勻速直線運動，所以水平距離為

2h

x=vot=vo

(2)包裹落地時，豎直方向速度為

2h

Vy=gt=gu

20

落地時速度為

V=\lVO+Vy=7V0+2^

（3）包裹做平拋運動，分解位移

X=VQf

兩式消去時間得包裹的軌跡方程為

V一旦龍2

fX

3

25.（2014?全國）如圖，。、A、B為同一豎直平面內(nèi)的三個點，02沿豎直方向，ZBOA=6Q°,OB=-OA,

將一質(zhì)量為根的小球以一定的初動能自。點水平向右拋出，小球在運動過程中恰好通過A點。使此小球帶

電，電荷量為q（q>0）,同時加一勻強電場，場強方向與AQ4B所在平面平行，現(xiàn)從。點以同樣的初動能

沿某一方向拋出此帶電小球，該小球通過了A點，到達A點時的動能是初動能的3倍；若該小球從。點以

同樣的初動能沿另一方向拋出，恰好通過8點，且到達2點的動能為初動能的6倍，重力加速度大小為g。

求

（1）無電場時，小球達到A點時的動能與初動能的比值;

（2）電場強度的大小和方向。

【答案】（1）（2）'跡，方向與豎直方向夾角為30。斜向右下方

36q

【解析】（1）小球做平拋運動，設初速度％,初動能線。，從。到A的運動時間為令GA=d,則

3

OB=-d

2

根據(jù)平拋運動的規(guī)律得，水平方向有

dsin60°=vot

豎直方向有

11,

y-dcos60°=54=5g廠

同時有

*12

Ek。=~mv0

聯(lián)立解得

u3,

Eg=~mgd

o

設小球到達A點時的動能為4,有

17

EEfn

kA=k0+-Sd=-mgd

得

組」

Eg3

13

(2)加電場后，從。點到A點下降了從。點到8點下降了1d,如圖設電場力方與豎直方向夾角為。，

則由動能定理得

3Ek0-Ek0=mg+Fcos(60-a)d

33

6%-Eg=mg—d+Fcosa-d

其中

L3,

Ek。=~mgd

o

聯(lián)立解得

6

所以電場強度為

口F也mg

q6q

正電荷受力方向與電場方向相同，即E與豎直方向夾角為30。斜向右下方。

%,

B

26.(2015?海南)如圖，位于豎直水平面內(nèi)的光滑軌道由四分之一圓弧打和拋物線瓦組成，圓弧半徑

22

。。水平，b點為拋物線頂點。已知/z=2m,s=y/2m?取重力加速度大小g=lOm/s?。

(1)一小環(huán)套在軌道上從。點由靜止滑下，當其在兒段軌道運動時，與軌道之間無相互作用力，求圓弧軌

道的半徑；

(2)若環(huán)從b點由靜止因微小擾動而開始滑下，求環(huán)到達c點時速度的水平分量的大小。

--------O

【答案】(1)0.25m(2)

工3

【解析】(1)一小環(huán)套在be段軌道運動時，與軌道之間無相互作用力，則說明下落到b點時的速度，使得

小環(huán)套做平拋運動的軌跡與軌道be重合，故有5=勿①

h=-^gt2@

從ab滑落過程中，根據(jù)動能定理可得mgR=^mvl③

62

聯(lián)立三式可得R=—=0.25機④

4〃

(2)環(huán)由b處靜止下滑過程中機械能守恒，設環(huán)下滑至c點的速度大小為v,有

mgh-^mv2⑤

環(huán)在c點的速度水平分量為匕=vcos。⑥

式中，。為環(huán)在c點速度的方向與水平方向的夾角，由題意可知，環(huán)在c點的速度方向和以初速度%做平拋

運動的物體在c點速度方向相同，而做平拋運動的物體末速度的水平分量為匕=%,豎直分量七為

⑦

因此cos"=⑧

聯(lián)立可得匕=2普冽/s⑨

機械能守恒定律，平拋運動，動能定理

【方法技巧】做此類綜合性較強的題目時，一定要弄清楚，物體在各個階段的運動性質(zhì)，受力情況，以及

題目上給出的一些比較有價值的信息，如本題的“當其在be段軌道運動時，與軌道之間無相互作用力，”之

類的信息.

27.(2019?浙江)在豎直平面內(nèi)，某一游戲軌道由直軌道AB和彎曲的細管道BCD平滑連接組成，如圖所示.小

滑塊以某一初速度從A點滑上傾角為6=37。的直軌道A3,到達2點的速度大小為2m/s,然后進入細管道88,

從細管道出口。點水平飛出，落到水平面上的G點.已知8點的高度歷=1.2m,。點的高度岳=0.8m,。點

與G點間的水平距離L=0.4m,滑塊與軌道AB間的動摩擦因數(shù)〃=0.25,sin37*0.6,cos37°=0.8.

(1)求小滑塊在軌道AB上的加速度和在A點的初速度；

(2)求小滑塊從。點飛出的速度；

(3)判斷細管道80的內(nèi)壁是否光滑.

【答案】(1)8mls1,6mIs(2)lm/s(3)小滑塊動能減小，重力勢能也減小，所以細管道BCD內(nèi)壁不光

滑.

【解析】(1)上滑過程中，由牛頓第二定律：mgsinO+jumgcosO=ma,解得°=8帆扇；

由運動學公式喏-謚=-24上，解得%=6〃7/S

smU

(2)滑塊在D處水平飛出，由平拋運動規(guī)律乙="/,a=gg產(chǎn)，解得匕=lm/s；

(3)小滑塊動能減小，重力勢能也減小，所以細管道BCD內(nèi)壁不光滑

28.(2016?全國)如圖，一輕彈簧原長為2R,其一端固定在傾角為37。的固定直軌道AC的底端A處，另一

端位于直軌道上B處，彈簧處于自然狀態(tài)，直軌道與一半徑為之R的光滑圓弧軌道相切于C點，AC=1R,A、

B、C、。均在同一豎直面內(nèi)。質(zhì)量為機的小物塊P自C點由靜止開始下滑，最低到達E點(未畫出)，隨

后P沿軌道被彈回，最高點到達/點，AF=4R,已知P與直軌道間的動摩擦因數(shù)〃=J,重力加速度大小為

4

34

go(取sin37=-,cos37=彳)

(1)求P第一次運動到8點時速度的大??；

(2)求P運動到萬點時彈簧的彈性勢能；

(3)改變物塊P的質(zhì)量，將P推至E點，從靜止開始釋放。已知P自圓弧軌道的最高點。處水平飛出后，

7

恰好通過G點。G點在C點左下方，與C點水平相距；尺、豎直相距K,求P運動到。點時速度的大小和

2

改變后P的質(zhì)量。

24

【答案】(1)2旅；(2)^mgR.(3)|師，,

【解析】(1)根據(jù)題意知，B、C之間的距離/為

l=7R-2R

設P到達2點時的速度為詔，由動能定理得