模板04曲線運(yùn)動(dòng)(六大題型)

本節(jié)導(dǎo)航：

題型01平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律的求解題型02平拋運(yùn)動(dòng)在斜面上的.

題型03平拋運(yùn)動(dòng)與圓周運(yùn)動(dòng)的組合問題題型04平拋運(yùn)動(dòng)的臨界問題

題型05斜拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律的應(yīng)用題型06類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律的應(yīng)用

題型01平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律的求解

1、平拋運(yùn)動(dòng)內(nèi)容是高考的必考知識(shí)點(diǎn)，是最典型的曲線運(yùn)動(dòng)之一，注意考查運(yùn)動(dòng)的合成與分解。

2、試題的呈現(xiàn)形式豐富，提問角度設(shè)置新穎，學(xué)生需要掌握平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律和重要推論。

、必備基礎(chǔ)知識(shí)

1、運(yùn)動(dòng)規(guī)律

水平方向：做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度：。工=。0，位移：x=vot；

豎直方向：做自由落體運(yùn)動(dòng)，速度：巧=口，位移：＞=%及；

合速度為y=收+vj即v=J百+(gr)?，方向：v與水平方向夾角為ftma=巫，即

a=tan-1(―)

%

合位移為5=而干即|---------i------，S與水平方向夾角為“，即

222

(voO+(-^)tanB$

2、運(yùn)動(dòng)圖示

3、重要推論

①做平拋運(yùn)動(dòng)的物體任一時(shí)刻的瞬時(shí)速度的反向延長(zhǎng)線一定通過此時(shí)水平位移的中點(diǎn)。

②速度方向與水平方向的夾角為a,位移與水平方向的夾角為仇則tana=2tan。。

二、解題模板

1、解題思路

審清題意，明

確題目為平拋

運(yùn)動(dòng)類型

2、注意問題

解答平拋運(yùn)動(dòng)問題時(shí)，一般的方法是將平拋運(yùn)動(dòng)沿水平和豎直兩個(gè)方向分解，這樣分解的優(yōu)點(diǎn)是不

用分解初速度也不用分解加速度。

畫出速度（或位移）分解圖，通過幾何知識(shí)建立合速度（或合位移）、分速度（或分位移）及其方向間的關(guān)

系，通過速度（或位移）的矢量三角形求解未知量。

如果知道速度的大小或方向，應(yīng)首先考慮分解速度。

如果知道位移的大小或方向，應(yīng)首先考慮分解位移。

3、解題方法

①分解速度：對(duì)于一個(gè)做平拋運(yùn)動(dòng)的物體來說，如果知道了某一時(shí)刻的速度方向，則我們常常是從

“分解速度”的角度來研究問題。

方法突破：初速度W做平拋運(yùn)動(dòng)的物體，經(jīng)歷時(shí)間/速度和水平方向的夾角為a,由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)

律得：tana=乎=產(chǎn)，從而得到初速度區(qū)時(shí)間人偏轉(zhuǎn)角a之間的關(guān)系，進(jìn)而求解。

vxVo

②分解位移：對(duì)于做平拋運(yùn)動(dòng)的物體，如果知道某一時(shí)刻的位移方向（如物體從已知傾角的斜面上

水平拋出后再落回斜面，斜面傾角就是它的位移與水平方向之間的夾角），則我們可以把位移沿水平方

向和豎直方向進(jìn)行分解，然后運(yùn)用平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律來研究問題。

方法突破：以初速度均做平拋運(yùn)動(dòng)的物體，經(jīng)歷時(shí)間r位移和水平方向的夾角為仇由平拋運(yùn)動(dòng)的

規(guī)律得：水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)x=Vo/,豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)~tan8=5結(jié)合上面三個(gè)

關(guān)系式求解。

③假設(shè)法：假設(shè)法是在不違背原題所給條件的前提下，人為地加上或減去某些條件，以使問題方便

求解。利用假設(shè)法處理某些物理問題，往往能突破思維障礙，找出新的解題途徑，化難為易，化繁為簡(jiǎn)。

方法突破：對(duì)于平拋運(yùn)動(dòng)，飛行時(shí)間由高度決定，水平位移由高度和初速度決定，所以當(dāng)高度相同

時(shí)，水平位移與初速度成正比。但有時(shí)高度不同，水平位移就很難比較，這時(shí)我們可以采用假設(shè)法，例

如移動(dòng)水平地面使其下落高度相同，從而做出判斷。

④重要推論法：有些平拋運(yùn)動(dòng)問題按照常規(guī)的方法進(jìn)行合成、分解、計(jì)算，雖然也能夠解決問題，

但是過程復(fù)雜，計(jì)算繁瑣，如果選擇平拋運(yùn)動(dòng)的一些重要推論則問題會(huì)相對(duì)簡(jiǎn)便很多。

方法突破：做平拋運(yùn)動(dòng)的物體，任意時(shí)刻速度方向的反向延長(zhǎng)線一定通過此時(shí)水平位移的中點(diǎn)。

做平拋運(yùn)動(dòng)的物體在任一時(shí)刻或任一位置時(shí)，設(shè)其速度方向與水平方向的夾角為a,位移與水平方

向的夾角為仇貝!Itana=2tan6。

隼模板運(yùn)用

|（2024?新疆河南?高考真題）如圖，一長(zhǎng)度/=1.0m的均勻薄板初始時(shí)靜止在一光滑平臺(tái)上,

薄板的右端與平臺(tái)的邊緣。對(duì)齊。薄板上的一小物塊從薄板的左端以某一初速度向右滑動(dòng)，當(dāng)薄板運(yùn)動(dòng)

的距離=!時(shí)，物塊從薄板右端水平飛出；當(dāng)物塊落到地面時(shí)，薄板中心恰好運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)。已知物塊

與薄板的質(zhì)量相等。它們之間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=03,重力加速度大小g=10m/s2。求

（1）物塊初速度大小及其在薄板上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；

（2）平臺(tái)距地面的高度。

nP

思路第

第一問的思路:

/根據(jù)牛頓第二定、/物塊和木板的、，運(yùn)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列、/聯(lián)立方程即可求出、

律分別求出物塊f位移之差為木H物塊的位移方程和f物塊的初速度和木

1和木板的加速度，、板的長(zhǎng)度）\木板的位移方程）1板的運(yùn)動(dòng)時(shí)間）

第二問的思路:

.求出物塊、.物塊飛離、/物塊離開木板后木板做勻速直線、.根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)、

飛離木板一M木板后做一T運(yùn)動(dòng)根據(jù)題意可通過木板運(yùn)動(dòng)過一*4的豎直規(guī)律可

1時(shí)的速度，'啊般動(dòng)/'程求出物塊到地面的時(shí)間）\求出入度J

詳細(xì)解析

【答案】（1）4m/s；—s；（2）—m

【詳解】（1）物塊在薄板上做勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為

%=4g=3m/s2

薄板做加速運(yùn)動(dòng)的加速度

Rmg

%=----=3m/s2

m

對(duì)物塊

,,1

I+△/=v^t—9

對(duì)薄板

1

A72

A/=-

解得

%=4m/s

1

t=—s

3

（2）物塊飛離薄板后薄板得速度

v2=a2t=lm/s

物塊飛離薄板后薄板做勻速運(yùn)動(dòng)，物塊做平拋運(yùn)動(dòng)，則當(dāng)物塊落到地面時(shí)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為

1_1_

I—----=-S

v23

則平臺(tái)距地面的高度

,1.5

廠2=§m

（2024?遼寧鞍山?二模）如圖所示，半徑R=1.0m的半球緊貼著豎直墻固定在水平地面上。

體積可忽略的小球在豎直墻最高點(diǎn)最右側(cè)以％水平向右拋出。已知墻高”=1.8m,忽略空氣阻力，小球

落地后不反彈。試求：

（1）若小球剛好擊中半球的最高點(diǎn)，則小球水平拋出的初速度%大小。

（2）若小球不與半球相碰，則小球水平拋出的初速度％大小的取值范圍。

【答案】（1）2.5m/s；(2)v0>1.576m/s

【詳解】（1）小球做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向上有

12

水平方向上有

R=

解得

v0=2.5m/s

（2）小球恰不與半球相碰，即軌跡恰好與圓軌道相切，設(shè)此時(shí)速度方向與豎直方向所成夾角為仇由幾

何關(guān)系有

tan^=—

水平方向有

R+Rcosd=vot

豎直方向上有

1

H-Rsin6=—gt92

且

sin26+cos?8=1

解得

%=1.5A/6m/s

小球水平拋出初速度范圍為%之1.576m/s

題型02平拋運(yùn)動(dòng)在斜面上的三種模型

這類題型是平拋運(yùn)動(dòng)的推廣，求解過程既需要運(yùn)用平拋運(yùn)動(dòng)的知識(shí)，還要充分考慮斜面的約束，掌

握三角函數(shù)等的知識(shí)，綜合求解。

。梗他的毫

一、必備基礎(chǔ)知識(shí)

1、模型特點(diǎn)

平拋運(yùn)動(dòng)與斜面結(jié)合的問題，一般是研究物體從斜面頂端平拋到落回斜面的運(yùn)動(dòng)過程，解決這類問

題一般仍是在水平和豎直方向上分解。求解的關(guān)鍵在于深刻理解通過與斜面的關(guān)聯(lián)而給出的隱含條件。

2、三種模型

①垂直打斜面，其特點(diǎn)為在撞擊斜面的時(shí)刻，速度方向與水-平方向的夾角與斜面的傾角互余。

②順著斜面拋，其特點(diǎn)為全過程位移的方向沿斜面方向，即豎直位移與水平位移之比等于斜面傾角

的正切。

③拋體切入斜面，其特點(diǎn)為速度方向與斜面平行。

二、解題模板

1、解題思路

將平拋運(yùn)動(dòng)分

解為水平和豎

直兩個(gè)方向的

運(yùn)動(dòng)進(jìn)行處理

2、注意問題

在解答該類問題時(shí)，除要運(yùn)用平拋運(yùn)動(dòng)的位移和速度規(guī)律外，還要充分利用斜面傾角，找出斜面傾

角同位移和速度與水平方向夾角的關(guān)系，從而使問題得到順利解決。

物體從斜面.上某一點(diǎn)水平拋出又落在斜面上，即滿足平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律。在解答這類問題時(shí)，除要運(yùn)用

平拋運(yùn)動(dòng)的位移和速度規(guī)律，還要充分運(yùn)用斜面傾角，找出斜面傾角同位移和速度與水平方向夾角的關(guān)

系，從而順利解決問題。

3、解題方法

方法內(nèi)容斜面運(yùn)動(dòng)時(shí)間

1弋/

水平：VX=VQ由tanO=\=*得-

1垂直打；米:。。|

分解速度豎直：Vy=gt

合速度：v=y]vl+vjgtanU

水平：x=vot

由tan。一“一手"得t—

x2vo

分解位移豎直：

2yotaa°

合位移：5=52+,2g

水平：v=v

x0由tan。弋=,得t=

豎直：Vy=gt?'Jo

分解速度露

合速度：N?otaa9

-1—g

酢根極運(yùn)用

|（2024?山東泰安?三模）如圖所示，傾角6=37。的光滑斜面AB固定在水平面上，現(xiàn)將一彈力

球從斜面的頂端A點(diǎn)以初速度vo=lOm/s水平向右拋出，彈力球恰好落在斜面的底端8點(diǎn)。已知重力加

速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,不計(jì)空氣阻力。

（1）求斜面的長(zhǎng)度；

（2）若彈力球與斜面碰撞時(shí)，沿斜面方向的速度不變，垂直斜面方向的速度大小不變，方向反向，現(xiàn)

僅調(diào)整彈力球從A點(diǎn)水平拋出時(shí)的速度大小，使彈力球與斜面碰撞1次后仍能落到B點(diǎn)，求調(diào)整后彈力

球水平拋出的速度大小。

思路分析

第一問的思路:

第二問的思路:

小球的運(yùn)動(dòng)分解為沿斜而

根據(jù)運(yùn)動(dòng)運(yùn)動(dòng)規(guī)聯(lián)立運(yùn)動(dòng)學(xué)方

方向的勻加速運(yùn)動(dòng)和垂直斜律，列水平方向和程可求出拋出

、面方向的癱直上拋運(yùn)動(dòng),豎直方向的方程點(diǎn)的速度

詳細(xì)解析

【答案】（1）18.75m；（2）竺叵m/s

17

【詳解】（1）彈力球做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向有

1,

-gr=Lsin37°

2

水平方向有

vot=￡cos37°

聯(lián)立解得斜面的長(zhǎng)度為

L=18.75m

（2）將平拋運(yùn)動(dòng)分解為沿斜面方向的勻加速運(yùn)動(dòng)和垂直斜面方向的類豎直上拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)調(diào)整后彈力球水平

拋出時(shí)的速度大小沿垂直斜面方向的分速度大小為

v1=V]sin37°

沿斜面方向的分速度大小為

=匕cos37°

垂直斜面方向的加速度大小為

g,=geos37。

沿斜面方向的加速度大小為

g//=gsin37°

彈力球每次從斜面離開到再次落回斜面過程中用時(shí)為

一

沿斜面方向有

1

+9=L

聯(lián)立解得為=25^^m/s

I（2024?四川德陽?模擬預(yù)測(cè)）為了采集某行星巖石內(nèi)部的物質(zhì)樣品，先將巖石用行星探測(cè)車

運(yùn)往高處，然后水平拋出，讓巖石重重地砸在行星表面，這樣就可以將堅(jiān)硬的巖石撞碎，進(jìn)而采集到巖

石內(nèi)部的物質(zhì)樣品，如圖所示，。點(diǎn)為斜坡底端，現(xiàn)將一塊質(zhì)量為機(jī)=lkg的巖石從。點(diǎn)正上方高度為

%=15m處以初速度為%=6m/s水平拋出，巖石垂直打在傾角為廢=30。的斜坡上，由于斜坡并不完全

平滑，巖石沿豎直方向向上反彈，上升的最大高度為飽=3m,求：

（1）該行星表面的重力加速度大小；

（2）若巖石與斜坡在接觸過程中相互作用的時(shí)間為0.1s,則接觸過程中巖石所受到平均合外力的大小。

【答案】⑴6m/s2;（2）67521+22073N

【詳解】（1）小球從拋出到垂直打在斜坡過程，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有

12

y=2§t，x=v°f

垂直打在斜坡時(shí)，有

tana=—

gt

根據(jù)幾何關(guān)系有

y+xtana=%

聯(lián)立解得

t=y/is,g=6m/s2

（2）小球垂直打在斜坡時(shí)的豎直分速度大小為

9

vv=--=6\/3m/s

tana

根據(jù)題意可知，巖石與斜坡在接觸過程后水平速度減為0,豎直速度變?yōu)樨Q直向上，大小為V；,根據(jù)題

意有

V；=2ghi

解得

v'y=6m/s

則巖石與斜坡在接觸過程中，水平方向根據(jù)動(dòng)量定理可得

-FxAt=O-mvo

解得

Fx=60N

豎直方向根據(jù)動(dòng)量定理可得

FyAt-mgAt=mv'y—(~mvy)

解得

K=(66+60g)N

則接觸過程中巖石對(duì)小球的平均作用力大小為

F=+F；=67521+22073N

則接觸過程中巖石所受到平均合外力的大小為6J521+220/N。

題型03平拋運(yùn)動(dòng)與圓周運(yùn)動(dòng)的組合問題

韻我一解篌

1、這類題型有兩種命題角度：①前一部分為平拋運(yùn)動(dòng)，后一部分為圓周運(yùn)動(dòng)；②前一部分為圓周

運(yùn)動(dòng)，后一部分為平拋運(yùn)動(dòng)。這兩部分區(qū)分明顯，在不同部分運(yùn)用各自的規(guī)律。

2、注意兩部分運(yùn)動(dòng)的銜接點(diǎn)以及題中的其它約束，如角度或高度等。

小槿越抻毫

一、必備基礎(chǔ)知識(shí)

1、水平面的組合問題

物體先做水平面內(nèi)的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，后做平拋運(yùn)動(dòng)。

2、豎直面的組合問題

此類問題有時(shí)物體先做豎直面內(nèi)的變速圓周運(yùn)動(dòng)，后做平拋運(yùn)動(dòng)，有時(shí)物體先做平拋運(yùn)動(dòng)，后做豎

直面內(nèi)的變速圓周運(yùn)動(dòng)，有時(shí)要結(jié)合能量關(guān)系求解。

二、解題模板

1、解題思路

畝清題意，區(qū)分物體

的運(yùn)動(dòng)過程，確定個(gè)

過程的運(yùn)動(dòng)規(guī)律

2、注意問題

這類問題往往是平拋運(yùn)動(dòng)與圓周運(yùn)動(dòng)的組合，各部分問題獨(dú)立存在，分段明顯，但是互相聯(lián)系，兩

個(gè)過程的銜接點(diǎn)是速度。

要注意題目中的約束條件，比如角度等。

3、解題方法

水平面的解題方法：①明確水平面內(nèi)勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力來源，根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式

列方程；②平拋運(yùn)動(dòng)一般是沿水平方向和豎直方向分解速度或位移；③速度是聯(lián)系前后兩個(gè)過程的關(guān)鍵

物理量，前一個(gè)過程的末速度是后一個(gè)過程的初速度。

豎直面的解題方法：①首先要明確是“輕桿模型”還是“輕繩模型”，然后分析物體能夠達(dá)到圓周最高

點(diǎn)的臨界條件；②注意前后兩過程中速度的連續(xù)性。

?接極運(yùn)用

（2024?廣東?模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，水平軌道與豎直半圓形軌道3c在8點(diǎn)相切。質(zhì)量"?=lkg

的小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）以一定的初速度從水平軌道的A點(diǎn)向左運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入圓軌道后，沿圓軌道內(nèi)側(cè)做

圓周運(yùn)動(dòng)，恰好到達(dá)最高C,之后離開圓軌道，做平拋運(yùn)動(dòng)，落在圓軌道上的。點(diǎn)。己知小物塊在2點(diǎn)

進(jìn)入圓軌道瞬間，速度％=3m/s,圓軌道半徑R=0.1m,重力加速度g=10m/s2,忽略空氣阻力。求：

（1）小物塊從B點(diǎn)進(jìn)入圓軌道瞬間對(duì)軌道壓力的大小；

（2）小物塊到達(dá)C點(diǎn)的瞬時(shí)速度%的大小；

（3）小物塊的落點(diǎn)。與B點(diǎn)的距離。

BDA

思路分析

第一問的思路;

&B點(diǎn)根據(jù)圓周運(yùn)笳、立方程、

規(guī)律和牛頓第三定律—T可求出軌

（列動(dòng)力享方程J（造壓力J

第二問的思路:

（恰好到達(dá)C點(diǎn)，、據(jù)圓周運(yùn)嬴

明確臨界條件：一U律列方程可求得

3：盤&向心力y\熊而麒

【詳解】（1）在3點(diǎn)，設(shè)軌道對(duì)小物塊的支持力為N,根據(jù)牛頓第二定律

,,V2

N-mg=m—B

R

根據(jù)牛頓第三定律可得小物塊從B點(diǎn)進(jìn)入圓軌道瞬間對(duì)軌道壓力

Nf=N

聯(lián)立解得

N'=100N

（2）小物塊恰好到達(dá)最高C,在。點(diǎn)根據(jù)牛頓第二定律

v|

m2=m-

R

解得

vc=lm/s

（3）小物塊從。點(diǎn)飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向

2R=#

水平方向

vf

XDB=c

聯(lián)立解得

xDB=0.2m

（2024?廣東?模擬預(yù)測(cè)）游客在動(dòng)物園里常看到猴子在蕩秋千和滑滑板，其運(yùn)動(dòng)可以簡(jiǎn)化為

如圖所示的模型，猴子需要借助懸掛在高處的秋千繩飛躍到對(duì)面的滑板上，質(zhì)量為機(jī)=18kg的猴子在豎

直平面內(nèi)繞圓心。做圓周運(yùn)動(dòng)。若猴子某次運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)的正下方時(shí)松手，猴子飛行水平距離H=4m后

躍到對(duì)面的滑板上，O點(diǎn)離平臺(tái)高度也為H,猴子與。點(diǎn)之間的繩長(zhǎng)/?=3m,重力加速度大小g=10m/s2,

不考慮空氣阻力，秋千繩視為輕繩，猴子可視為質(zhì)點(diǎn)，求：

（1）猴子落到滑板時(shí)的速度大小；

（2）猴子運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)的正下方時(shí)繩對(duì)猴子拉力的大小。

【答案】（1）10m/s；（2）660N

【詳解】（1）設(shè)猴子松手后飛行的時(shí)間為才，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律在豎直方向上有

H-h=^gt2

在水平方向上有

H=vxt

解得

vx—46m/s

在豎直方向上有

V；=2g（H-h）

解得

vy=2\/5m/s

得猴子落到平臺(tái)時(shí)的速度大小

v=Qvj+彳=10m/s

(2)設(shè)猴子運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)的正下方時(shí)繩對(duì)選手拉力的大小為尸，猴子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為

R=h

猴子經(jīng)過圓周運(yùn)動(dòng)軌跡最低點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律得

r-m2=m—

R

解得繩對(duì)猴子拉力的大小尸=Tmg=660N

題型04平拋運(yùn)動(dòng)的臨界問題

的—型解裱

1、這類題目中有“剛好”“恰好”“正好”“取值范圍”“多長(zhǎng)時(shí)間”“多大距離”等詞語，表

明題述的過程中存在臨界點(diǎn)。

2、這類題目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明題述的過程中存在著極值。

?槿挹抻建

一、必備基礎(chǔ)知識(shí)

1、問題特點(diǎn)

在體育運(yùn)動(dòng)中，像乒乓球、排球、網(wǎng)球等都有中間網(wǎng)及邊界問題，要求球既能過網(wǎng)，又不能出邊界，

某物理量(尤其是球速)往往要有一定的范圍限制，在這類問題中，確定臨界狀態(tài)，畫好臨界軌跡，是解

決問題的關(guān)鍵點(diǎn)。

二、解題模板

1、解題思路

畫出運(yùn)動(dòng)過程的草圖，運(yùn)

用運(yùn)動(dòng)規(guī)律列方程求解

2、注意問題

此類問題的臨界條件：通常為位置關(guān)系的限制或速度關(guān)系的限制，列出豎直方向與水平方向上的方

程，將臨界條件代入即可求解。

在分析此類問題時(shí)一定要注意從實(shí)際出發(fā)尋找臨界點(diǎn)，畫出物體運(yùn)動(dòng)過程的草圖，明確臨界條件。

3、解題方法

①找出情景中臨界條件，如“恰好”、“最大”、“最小”等關(guān)鍵詞，明確其含義。。

②畫出運(yùn)動(dòng)過程的草圖，確定物體的臨界位置，標(biāo)注位移、速度等臨界值。

明確臨界過程的軌跡，運(yùn)用曲線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律進(jìn)行求解。

分析平拋運(yùn)動(dòng)中的臨界問題時(shí)一般運(yùn)用極限分析的方法，即把要求的物理量設(shè)定為極大或極小，讓臨界

問題突現(xiàn)出來，找到產(chǎn)生臨界的條件。

◎接捶連用

（2024?山東?模擬預(yù)測(cè)）中國(guó)國(guó)家女子排球隊(duì)是中國(guó)各體育團(tuán)隊(duì)中成績(jī)突出的體育團(tuán)隊(duì)之一。

為備戰(zhàn)奧運(yùn)，2024年4月3日下午，中國(guó)女排回漳州體育訓(xùn)練基地展開為期40天的集訓(xùn)。已知排球場(chǎng)

長(zhǎng)s=18m,寬乙=9m,球網(wǎng)高/z=2.2m,某隊(duì)員在訓(xùn)練中，從底線中點(diǎn)正上方高”=3m處將球以為的

速度水平擊出，若球能夠進(jìn)入對(duì)方場(chǎng)內(nèi)（g取lOm/s?）,不計(jì)一切阻力。

（1）求V。的大小范圍;

（2）若球恰好擦著球網(wǎng)進(jìn)入對(duì)方場(chǎng)內(nèi)，求發(fā)球的最大速度（不計(jì)排球擦網(wǎng)時(shí)的阻力）。

思路分析

第一問的思路:

/質(zhì)確速度取最小值的1點(diǎn)\八月確速度取最大值、/據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)、

界條件：沿垂直于底線一H的臨界條件：排球~T律列方程可求出

\方向且梯子擦網(wǎng)J\落在前方底角）、速度而取值范圍）

第二問的思路:

【答案】（1）22.5m/s<v0<——-—m/s；（2）vm=6V15m/s

【詳解】（1）當(dāng)排球的初速度％沿垂直于底線方向且恰好擦網(wǎng)時(shí)有最小值，豎直方向有

水平方向有

解得

匕=22.5m/s

當(dāng)排球落在對(duì)方底角時(shí)，初速度％有最大值，豎直方向有

37255,

%二---------m/s

—2

所以能進(jìn)入對(duì)方場(chǎng)內(nèi)的速度范圍22.5m/s<v0<”更m/s。

°2

（2）當(dāng)排球落在側(cè)邊線上時(shí)，滿足條件初速度沿著垂直于底線方向的分量

v垂=22.5m/s

初速度沿著平行于底線方向的分量

L

23岳/

%=—=------m/s

1

t22

則有

嚏+咚=6V15in/s

（2024?浙江金華?模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，AOB是游樂場(chǎng)中的滑道模型，位于豎直平面內(nèi)，由

兩個(gè)半徑為R的;圓周連接而成，它們的圓心。|、。②與兩圓弧的連接點(diǎn)。在同一豎直線上。QB沿水

池的水面方向，B點(diǎn)右側(cè)為無窮大水平面，水平面上有一系列沿方向的漂浮的木板，木板的質(zhì)量為

M,長(zhǎng)度為2/。一質(zhì)量為m的小孩（可視為質(zhì)點(diǎn)）可由弧AO的任意點(diǎn)靜止開始下滑。不考慮水與木板

接觸面的阻力，設(shè)木板質(zhì)量足夠大且始終處于水平面上。

（1）若小孩恰能在O點(diǎn)脫離滑道，求小孩靜止下滑處距。點(diǎn)的高度？

（2）凡能在O點(diǎn)脫離滑道的小孩，其落水點(diǎn)到。2的距離范圍？

（3）若小孩從。點(diǎn)靜止下滑，求脫離軌道時(shí)的位置與。2的連線與豎直方向夾角的余弦值?

（4）某小孩從。點(diǎn)脫離滑道后，恰好落在某木板的中央，經(jīng)過一段時(shí)間振蕩和調(diào)節(jié)后，該木板和小孩

處于靜止?fàn)顟B(tài)，小孩接下來開始在木板上表演水上漂。如果小孩能一次跳離木板，求小孩做功的最小值？

芻。IT—I

【答案】（1）/z=y;（2）42R<S<2R;（3）cos6>=1；（4）W^n=^mgl

【詳解】（1）若小孩恰能在。點(diǎn)脫離滑道，此時(shí)向心力由重力提供

mv

mg=~^-

根據(jù)機(jī)械能守恒可得

mgh=—mv'

解得小孩靜止下滑處距。點(diǎn)的高度為

（2）凡能在。點(diǎn)脫離滑道的小孩，其距離。點(diǎn)的高度范圍是

R,八

—<h<R

2

由機(jī)械能守恒可得

mgh=—mV

平拋運(yùn)動(dòng)的初速度為

v^yf2gh

平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為

其落水點(diǎn)到。2的距離為

其落水點(diǎn)到。2的距離范圍為

及R<5<27?

(3)若小孩從。點(diǎn)靜止下滑，脫離軌道時(shí)的位置與。2的連線與豎直方向夾角設(shè)為6,則

a

mgcosS

由機(jī)械能守恒可得

12

mgR(l-cos8)=5mvi

解得

2

cos0=—

3

(4)根據(jù)題意，木板質(zhì)量足夠大，分析第一次跳離木板，可看作斜向右上方的斜拋運(yùn)動(dòng)，水平位移最

小為/,水平初速度為匕，豎直初速度為匕，則有

2匕

g

小孩做功為

12

W=—mv=-；+-mv^

22mVx2y

212[

根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可知，當(dāng)V：=3*時(shí)，存在最小的功，為％

題型05斜拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律的應(yīng)用

斜拋運(yùn)動(dòng)是平拋運(yùn)動(dòng)的推廣，生活中符合斜拋運(yùn)動(dòng)的例子較多，這部分知識(shí)常與生活場(chǎng)景結(jié)合在一

起進(jìn)行考查，在解決此類問題時(shí)要將所學(xué)物理知識(shí)與實(shí)際情境聯(lián)系起來，抓住問題實(shí)質(zhì)，將問題轉(zhuǎn)化為

熟知的物理模型和物理過程求解。

小雄赳的毫

、必備基礎(chǔ)知識(shí)

1、運(yùn)動(dòng)規(guī)律

水平方向：不受外力，以丫彳=v()cosa為初速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)；水平位移％=v.j=V。cosar；

豎直方向：豎直方向只受重力，初速度為Vo,=%sina,做豎直上拋運(yùn)動(dòng)；任意時(shí)刻的速度公式是

1。

Vy=%>-g/，位移公式為丁二?/一萬且片。

2、運(yùn)動(dòng)圖示

軌跡方程為：y=tana-x----,1,—x2,為拋物線。

2VQCOS~a

二、解題模板

1、解題思路

根據(jù)儂的后燈物體：三，亍堂二列方程迸行對(duì)喧果進(jìn)行

點(diǎn)進(jìn)行判斷分析和運(yùn)動(dòng)分析求解未知量'分析和討論

2、注意問題

斜拋運(yùn)動(dòng)可以看成是水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向的豎直上（下）拋運(yùn)動(dòng)的合運(yùn)動(dòng)。

豎直方向的運(yùn)動(dòng)不是自由落體運(yùn)動(dòng)，而是豎直上（下）拋運(yùn)動(dòng)。

三維空間的斜拋運(yùn)動(dòng)要注意水平方向的選取。

3、解題方法

研究方法：運(yùn)動(dòng)的合成與分解

水平方向：勻速直線運(yùn)動(dòng)；

豎直方向：豎直上（下）拋運(yùn)動(dòng)。

斜上拋運(yùn)動(dòng)可用逆向思維法求解，從拋出點(diǎn)到最高點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)可逆過程分析，看成平拋運(yùn)動(dòng)，分析完

整的斜上拋運(yùn)動(dòng)，還可根據(jù)對(duì)稱性求解某些問題。

一些運(yùn)動(dòng)量的求解如下表所示。

當(dāng)物體落地時(shí)％=-vOy=-v0sina,由vy=v0),-gt知，飛

飛行時(shí)間一工『2vsina

行時(shí)間t=-n-----O

g

由軌跡方程y=tana-x---丁J—x2,令y=0得落回拋出高度

2v0cosa

射程

時(shí)的水平射程是，="喘1112a。由軌跡方程可得：①當(dāng)拋射角

g

a=45°時(shí)射程最遠(yuǎn)，①當(dāng)拋射角a=45°時(shí)射程最遠(yuǎn)，

2

%小=生；②初速度相同時(shí)，兩個(gè)互余的拋射角具有相同的射程，

g

例如30°和60°的兩個(gè)拋射角在相同初速度的情況下射程是相等

的。

斜上拋的物體達(dá)到最大高度時(shí)vy=%,—g%=%since—gt=0,止匕

vc/na1

2

時(shí)t=X―-，代入y=vOvt——gt即得到拋體所能達(dá)到的最大

射高g2

高度ymax="°sma,即當(dāng)。=90。時(shí)，射高最大

J111aA22g

敬掇板運(yùn)用

|（2024?山東濟(jì)寧?三模）某旋轉(zhuǎn)噴灌機(jī)進(jìn)行農(nóng)田噴灌的示意圖如圖所示，噴口出水速度的方

向可調(diào)節(jié)。該噴灌機(jī)的最大功率為P=2000W,噴灌機(jī)所做功的75%轉(zhuǎn)化為水的動(dòng)能，噴口的橫截面積

S=30cm2，水的密度P=lxl（）3kg/,重力加速度g=10m/s?,萬=3.14,噴口距離地面的高度h=0.55m,

忽略空氣阻力，不考慮供水水壓對(duì)水速的影響。求：

（1）噴灌機(jī)的最大噴水速度也

（2）噴口出水速度方向與水平面夾角，=30。時(shí)，該噴灌機(jī)的最大噴灌面積（保留三位有效數(shù)字）

思路分析

第一問的思路:

【詳解】（1）設(shè)在At時(shí)間內(nèi)從噴口處噴出水的質(zhì)量為Am,則

Am=vAtSp

由能量關(guān)系

1,

75%PA/--Amv-

2

解得

v=10m/s

（2）噴口出水速度方向與水平面夾角夕=30。時(shí)，則

1,

-h=vtsin30"--gr

x=vtcos3Q°

該噴灌機(jī)的最大噴灌面積

s“=兀￡

解得Sm=285m2

|（2024?山東荷澤?二模）如圖，電力工人在傾角6=37。的山坡上架設(shè)電線，豎直電線桿高

h=40m,工人將拖線器（拖線器為一連接細(xì)線的重物）拋出，拖線器恰好能夠越過電線桿頂端，忽略

空氣阻力、人的身高和細(xì)線質(zhì)量，g=10m/s2o求：

（1）拖線器拋出時(shí)的最小速度大小及方向；

（2）拖線器拋出點(diǎn)到電線桿底部的距離；

（3）拖線器在山坡上的落點(diǎn)到電線桿底部的距離。

【答案】（1）16Mn/s，方向垂直斜面向上；（2）48m；（3）48m

【詳解】（1）電線桿頂端到山坡的垂直距離

%=/zcos37°

設(shè)初速度沿垂直斜面方向的分速度為七,平行斜面方向的分速度為4

%=g/i

gy=gcos37°

gx=gsin37。

聯(lián)立解得

4=25/2s

5=16爪m/s

%="；+攻

當(dāng)％=。時(shí)，拋出時(shí)的速度最小

即

%=16v2m/s

方向垂直斜面向上

(2)平行斜面方向

拋出點(diǎn)到線桿底部的距離

4=玉+/zsin37°

代入數(shù)據(jù)解得

4=48m

(3)由對(duì)稱性可知，垂直斜面方向下落時(shí)間L與上升時(shí)間%相等，拋出點(diǎn)到落點(diǎn)距離

落點(diǎn)到電線桿底部的距離

d?~x—d、

代入數(shù)據(jù)解得4=48m

題型06類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律的應(yīng)用

劭觀型解篌

1、類平拋運(yùn)動(dòng)的處理方法與平拋運(yùn)動(dòng)相似，類平拋的受到的恒力不是重力，可以其它性質(zhì)的力。

2、高考這部分知識(shí)常與電學(xué)結(jié)合一起考查。

3、傳送帶上的物體受力較少，難點(diǎn)在于物體和傳送帶間的相對(duì)運(yùn)動(dòng)情況的變化會(huì)導(dǎo)致摩擦力的變

化，從而使得物體的運(yùn)動(dòng)情況變得復(fù)雜。

、必備基礎(chǔ)知識(shí)

1、模型特點(diǎn)

有些物體的運(yùn)動(dòng)與平拋運(yùn)動(dòng)很相似，也是在與初速度方向垂直的恒定外力作用下運(yùn)動(dòng)，其軌跡與平

拋運(yùn)動(dòng)相似，我們把這種運(yùn)動(dòng)稱為類平拋運(yùn)動(dòng)，這樣的運(yùn)動(dòng)系統(tǒng)稱作“類平拋”模型。

2、特點(diǎn)

受力特點(diǎn)：物體所受合力為恒力，且與初速度的方向垂直。

運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)：在初速度。o方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在合力方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度

/

a——mo

3、模型中的木板長(zhǎng)度

當(dāng)滑塊從木板的一端運(yùn)動(dòng)到另一端的過程中，并且滑塊和木板同向運(yùn)動(dòng)，則滑塊的位移和木板的位

移之差等于木板的長(zhǎng)度。

當(dāng)滑塊從木板的一端運(yùn)動(dòng)到另一端的過程中，并且滑塊和木板反向運(yùn)動(dòng)，則滑塊的位移和木板的位移之

和等于木板的長(zhǎng)度。

二、解題模板

1、解題思路

根據(jù)牛頓第二對(duì)進(jìn)行運(yùn)動(dòng)明礁位移關(guān)系

定律分布求出分析，郵恰當(dāng)aZiMg^.

兩者的力睡度的運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列方程求解

2、注意問題

類平拋運(yùn)動(dòng)與平拋運(yùn)動(dòng)的區(qū)別在于是否合外力為重力，求解類平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)要準(zhǔn)確分析物體所受的合

外力。

求解時(shí)要根據(jù)物體受力特點(diǎn)和運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)判.斷該問題是否屬于類平拋運(yùn)動(dòng)問題。

3、解題方法

①常規(guī)分解法：將類平拋運(yùn)動(dòng)分解為沿初速度方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和垂直于初速度方向（即沿合力方向）

的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，兩分運(yùn)動(dòng)彼此獨(dú)立，互不影響，且與合運(yùn)動(dòng)具有等時(shí)性。

②特殊分解法：對(duì)于有些問題，可以過拋出點(diǎn)建立適當(dāng)?shù)闹苯亲鴺?biāo)系，將加速度分解為ax、ay,初速度

vo分解為以、%然后分別在x、y方向列方程求解。

在具體的物理情景中，常把復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，分解成幾個(gè)簡(jiǎn)單的直線運(yùn)動(dòng)來處理。用類似平拋運(yùn)動(dòng)

的解決方法解決問題，例如帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)等。

◎一極運(yùn)用