《(2020-2022)三年高考物理真题分项汇编(山东专用)专题04曲线运动Word版含解析9357.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《(2020-2022)三年高考物理真题分项汇编(山东专用)专题04曲线运动Word版含解析9357.pdf（21页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2020-2022年三年山东卷高考汇编 专题04曲线运动【考纲定位】高考命题点 考纲要求 高考真题 1.曲线运动及条件 通过实验，了解曲线运动，知道物体做曲线运动的条件 2.平抛运动 通过实验，探究并认识平抛运动的规律会用运动合成与分解的方法分析平抛运动 体会将复杂运动分解为简单运动的物理思想 能分析生产生活中的抛体运动 2022山东高考 T11 2021山东高考 T11 3.线速度、角速度、周期和向心加速度 会用线速度、角速度、周期描述匀速圆周运动 知道匀速圆周运动向心加速度的大小和方向 2022山东高考 T8 4.向心力和离心现象 通过实验，探究并了解匀速圆周运动向心力大小与半径、角速度、
2、质量的关系能用牛顿第二定律分析匀速圆周运动的向心力 了解生产生活中的离心现象及其产生的原因 【知识重现】一、曲线运动 1曲线运动的条件和特点 内容 特别提醒 曲线运动 的条件 质点所受合外力的方向跟它的速度方向不在同一直线上 加速度的方向跟速度的方向不在同一直线上 曲线运动 的特点 某点瞬时速度的方向沿这一点的切线方向；速度方向时刻在改变，所以是变速运动，必有加速度，合力一定不为零，可能是恒力，也可能是变力 加速度可以是不变的匀变速曲线运动，如平抛运动；加速度可以是变化的变加速曲线运动，如圆周运动 2.合力方向与轨迹的关系 物体做曲线运动的轨迹一定夹在合力方向与速度方向之间，速度方向与轨迹相切
3、，合力方向指向曲线的“凹”侧 3研究曲线运动的方法运动的合成与分解(1)合运动与分运动的性质 独立性：一个物体同时参与几个分运动，各分运动的规律相互独立，作用效果互不干扰 等时性：一个物体同时参与几个分运动，合运动与各分运动同时发生、同时进行、同时停止，即经历的时间相同 等效性：合运动是由各分运动共同产生的总运动效果，合运动与各分运动总的运动效果可以相互替代(2)运动的合成、分解遵循的法则 对运动进行合成和分解，实际上就是对描述运动的物理量，即速度、加速度和位移进行合成和分解，因为它们都是矢量，因此运动的合成和分解遵循矢量运算法则，即平行四边形定则 二、平抛运动 1平抛运动的性质及研究方法(1
4、)运动性质：平抛运动是加速度为 g 的匀变速曲线运动，在任意相等时间间隔 t 内的速度改变量相同，vvygt，方向竖直向下(2)研究方法：平抛运动可以分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动 2平抛运动的规律 如图所示，一物体从距地面高 h 处的 O 点以水平初速度 v0抛出，做平抛运动t 时刻到达 A 点，此处的速度偏角为，位移偏角为.落地点为 B，落地速度与水平方向夹角为.根据此情景，讨论平抛运动的规律如下：(1)位移关系：xAv0t，yA12gt2，sA x2Ay2A，位移偏角 满足 tan yAxAgt2v0.(2)速度关系：vxv0，vygt，vA v2xv2y，速度
5、偏角 满足 tan vyv0gtv0.(3)平抛运动中两个常用的结论 由位移偏角与速度偏角的表达式可以看出：做平抛运动的物体，在任一位置速度偏角 与位移偏角 的关系为 tan 2tan.做平抛运动的物体在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，即 x0 xA2.推导过程如下：tan yAxAx0tan yAxAtan 2tan x0 xA2 三、斜抛运动的规律 斜抛运动的处理方法与平抛运动相似，都是利用运动的合成与分解，不同的是斜抛物体在竖直方向的初速度不为零如图所示，设斜抛的初速度为 v0，抛出时的方向与水平方向的夹角为.可分解为在水平方向上的速度 v0 xv0cos 的匀
6、速直线运动，在竖直方向上的初速度 v0yv0sin 的竖直上抛运动 (1)速度：vxv0 xv0cos，vyv0sin gt；(2)位移：xv0cos t，yv0sin t12gt2；(3)射高：Hv20y2g（v0sin）22g；(4)射程：sv0 xtv0cos 2v0sin gv20sin 2g.四、圆周运动 1描述圆周运动的物理量及关系(1)向心加速度 a、线速度 v、角速度、半径 r、周期 T、转速 n，它们之间的关系为 vr，2T，T1n，av2r.因此，这 6 个物理量之间环环相扣，一般用连等式表示：av2r2rv2T2r(2n)2r.(2)传动装置的两种典型模型 描述圆周运动的
7、状态参量较多，而“传动装置问题”集中反映了各物理量的特点和制约关系在分析传动装置中各物理量的关系时，要善于抓住对应模型的等量关系，从而建立不等量之间的关系 同轴传动：绕同一转轴转动的物体上的各点角速度 相同，线速度 vr，与半径 r 成正比；向心加速度 a2r，与 r 成正比 皮带传动：当皮带不打滑时，用皮带连接的两轮边缘上各点的线速度大小相等，两皮带轮上各点的角速度、向心加速度关系可根据 vr、av2r确定 2匀速圆周运动(1)特点 所受合外力全部提供向心力(2)条件：初速度不为零，合外力大小不变，方向始终与速度垂直(3)向心力：Fmamv2rm2rm42T2r.方向总指向圆心，时刻变化，是
8、变力 3向心力与合力的关系(1)匀速圆周运动 F合指向圆心，完全充当向心力；F合只改变线速度的方向，不改变线速度的大小.(2)变速圆周运动 五、两类典型曲线运动的分析方法比较 1对于平抛运动这类“匀变速曲线运动”，我们的分析方法一般是“在固定的坐标系内正交分解其位移和速度”x 轴方向：xv0t，vxv0；y 轴方向：y12gt2，vygt.2对于匀速圆周运动这类“非匀变速曲线运动”，我们的分析方法一般是“在运动的坐标系内正交分解力和加速度”切向：F切ma切0；法向：F法F向ma向mv2rm2rmv.【真题汇编】1（2022山东高考真题）无人配送小车某次性能测试路径如图所示，半径为3m的半圆弧B
9、C与长8m的直线路径AB相切于 B 点，与半径为4m的半圆弧CD相切于 C 点。小车以最大速度从 A 点驶入路径，到适当位置调整速率运动到 B 点，然后保持速率不变依次经过BC和CD。为保证安全，小车速率最大为4m/s。在ABC段的加速度最大为22m/s，CD段的加速度最大为21m/s。小车视为质点，小车从 A 到 D 所需最短时间 t 及在AB段做匀速直线运动的最长距离 l 为（）A72s,8m4tl B97s,5m42tl C57 626s,5.5m126tl D5(64)26s,5.5m122tl【答案】B【解析】在 BC 段的最大加速度为 a1=2m/s2，则根据 2111var 可得
10、在 BC 段的最大速度为 1m6m/sv 在 CD 段的最大加速度为 a2=1m/s2，则根据 2222var 可得在 BC 段的最大速度为 2m1m2m/svv 可知在 BCD 段运动时的速度为 v=2m/s，在 BCD 段运动的时间为 1237s2rrtv AB 段从最大速度 vm减速到 v 的时间 m1142s=1s2vvta 位移 22213m2mvvxa 在 AB 段匀速的最长距离为 l=8m-3m=5m 则匀速运动的时间 2m5s4ltv 则从 A 到 D 最短时间为 12397()s42tttt 故选 B。2.（2022山东高考真题）如图所示，某同学将离地1.25m的网球以13m
11、/s的速度斜向上击出，击球点到竖直墙壁的距离4.8m。当网球竖直分速度为零时，击中墙壁上离地高度为8.45m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210m/s，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（）A5m/sv B3 2m/sv C3.6md D3.9md【答案】BD【解析】设网球飞出时的速度为0v，竖直方向 20=2()vg Hh竖直 代入数据得 0=2 10(8.451.25)m/s12m/sv竖直 则 220=1312 m/s5m/sv水平 排球水平方向到P点的距离 0006mvxvt
12、vg竖直水平水平水平 根据几何关系可得打在墙面上时，垂直墙面的速度分量 0044m/s5vv水平水平 平行墙面的速度分量 0033m/s5vv水平水平 反弹后，垂直墙面的速度分量 00.753m/svv水平水平 则反弹后的网球速度大小为 220=3 2m/svvv水平水平水平 网球落到地面的时间 28.45 2s1.3s10Htg 着地点到墙壁的距离 3.9mdvt水平 故 BD 正确，AC 错误。故选 BD。3（2021山东高考真题）如图所示，载有物资的热气球静止于距水平地面 H 的高处，现将质量为 m 的物资以相对地面的速度0v水平投出，落地时物资与热气球的距离为 d。已知投出物资后热气球
13、的总质量为 M，所受浮力不变，重力加速度为 g，不计阻力，以下判断正确的是（）A投出物资后热气球做匀加速直线运动 B投出物资后热气球所受合力大小为mg C22021mHvdHMg D222021HvmdHgM【答案】BC【解析】AB热气球开始携带物资时处于静止状态，所受合外力为 0，初动量为 0，水平投出重力为mg的物资瞬间，满足动量守恒定律 0Mvmv 则热气球和物资的动量等大反向，热气球获得水平向左的速度v，热气球所受合外力恒为mg，竖直向上，所以热气球做匀加速曲线运动，故 A 错误，B 正确；CD热气球和物资的运动示意图如图所示 热气球和物资所受合力大小均为mg，所以热气球在竖直方向上加
14、速度大小为 magM 物资落地H过程所用的时间t内，根据212Hgt解得落地时间为 2tHg 热气球在竖直方向上运动的位移为 2M11222mHmHatgHMgM 热气球和物资在水平方向均做匀速直线运动，水平位移为 m002Hxv tvg M02mHxvtvMg 根据勾股定理可知热气球和物资的实际位移为 22220mMM2()()(1)HvmdxxHHHMg 故 C 正确，D 错误。故选 BC。【突破练习】1（2022山东日照三模）如图所示，游乐场内的扶梯 AB 和水上滑梯轨道 BC 在 B 点相接，滑梯轨道 BC是半径为 R 的四分之一光滑圆弧，圆心 O 点和轨道上 C 点恰好在水面上，整个
15、装置处在同一竖直平面内。小朋友沿着扶梯 AB 运动到 B 点静止，当受到微小扰动时，小朋友将沿着圆弧轨道下滑。已知重力加速度大小为 g，不计空气阻力，小朋友可视为质点。（提示在圆周运动过程中任一点，质点所受的向心力与其速率的关系为2vFmR向），则小朋友滑离圆弧轨道时的速度大小为（）A1g3R B1g2R C2g3R DgR【答案】C【解析】设滑离轨道时的位置与 O 点连线与竖直方向的夹角为，则 2cosvmgmR 由能量关系可知 21(1 cos)2mgRmv 解得 2g3vR 故选 C。2（2022山东三模）过山车经过一段弯曲轨道的示意图如图所示，A 点附近的轨道可等效为半径为AR的一段竖
16、直圆弧，A 为其最低点，B 点附近的轨道可等效为半径为BR的一段竖直圆弧，B 为其最高点。已知RARB，过山车运动中受到的阻力与车对轨道的压力成正比，以相同的速率通过 A、B 两点，则过山车（）A经过 A 点时的合外力竖直向上 B经过 B 点时的加速度竖直向下 C经过 B 点时的向心加速度较大 D经过 A 点时受到的阻力较大【答案】D【解析】AB过山车经过最高点或者最低点时，过山车受到竖直方向的重力，支持力，水平方向的摩擦力，故合力不在竖直方向上，由牛顿第二定律可知，加速度不在竖直方向上，AB 错误；C由牛顿第二定律 2vaR 又因为 ABRR 联立可得经过 B 点时的向心加速度较小，C 错误
17、；D在 A 点由牛顿第二定律 2AvFmgmR 在 B 点由牛顿第二定律 2BvmgFmR 所以 ABFF 由题意，过山车经过 A 点时受到的阻力较大；D 正确。故选 D。3（2022山东肥城市教学研究中心模拟预测）如图所示，细绳 AB 和 BC 连接着一质量为 m 的物体 P，其中绳子的 A 端固定，C 端通过大小不计的光滑定滑轮连接着一质量也为 m 的物体 Q（P、Q 均可视为质点）。开始时，用手托住物体 P，使物体 P 与 A、C 两点等高在一条水平直线上，且绳子处于拉直的状态，把手放开，P 下落到图示位置时，夹角如图所示。已知 AB=L，重力加速度为 g。则由开始下落到图示位置的过程中
18、，下列说法正确的是（）A物体 Q 与物体 P 的速度大小始终相等 B释放瞬间 P 的加速度小于 g C图示位置时，Q 的速度大小为32gL D图示位置时，Q 的速度大小为232gL【答案】D【解析】AP 与 Q 的速度关系如图所示 释放后，P 绕 A 点做圆周运动，P 的速度沿圆周的切线方向，当绳 BC 与水平夹角为 30时，绳 BC 与绳AB 垂直，P 的速度方向沿 CB 的延长线，此时物体 Q 与物体 P 的速度大小相等，之前的过程中，速度大小不相等，故 A 错误；B如图中虚线所示，释放瞬间，P 所受合力为重力，故加速度等于 g，故 B 错误；CD如图中虚线所示 AC=2L P 处于 AC
19、 的中点，则有 BC=L 当下降到图示位置时 3BCL Q 上升的高度 131hL P 下降的高度为 23cos302hLL 由于 P 的速度方向在 CB 的延长线上，故此时 P、Q 速度大小相等，设为 v，根据系统机械能守恒得 221122mghmghmv 解得 232vgL 故 D 正确，C 错误。故选 D。4（2022山东师范大学附中模拟预测）如图所示，在水平桌面上有一个固定竖直转轴且过圆心的转盘，转盘半径为 r，边缘绕有一条足够长的细轻绳，细绳末端系住一木块。已知木块与桌面之间的动摩擦因数33。当转盘以角速度5rad/s旋转时，木块被带动一起旋转，达到稳定状态后，二者角速度相同。已知1
20、mr，下列说法正确的是（）A当5rad/s稳定时，木块做圆周运动的半径为 2m B当5rad/s稳定时，木块的线速度与圆盘边缘线速度大小之比为4:1 C要保持上述的稳定状态，角速度10 3rad/s3 D无论角速度多大，都可以保持上述稳定状态【答案】AC【解析】设小木块的质量为m，做圆周运动的半径为R，对木块受力分析，如图所示 根据几何关系有 sinrR，22tanrRr 根据题意,物块的切向加速度为零，则有 1Tfmg 根据几何关系有 12tanTT 物块做匀速圆周运动有 22TmR 联立解的 2242grRgr AB当5rad/s稳定时，代入数据解的，木块做圆周运动的半径为 2mR 木块的
21、线速度与圆盘边缘线速度大小之比为 1221vRvr 故 B 错误 A 正确；CD要保持上述的稳定状态，由 2242grRgr 可知 22420gr 解得 10 3rad s3gr 故 D 错误 C 正确。故选 AC。5（2022山东莱州市第一中学模拟预测）如图所示，一小球从距平台某一高度处水平抛出后，恰好落在第 1 级台阶的紧靠右边缘处，反弹后再次下落至第 3 级台阶的紧靠右边缘处。已知小球第一、二次与台阶相碰之间的时间间隔为 0.4s，每级台阶的宽度均为 L=24cm、高度均为 h=20cm。小球每次与台阶碰撞后速度的水平分量保持不变，而竖直分量大小变为碰前的13，重力加速度 g=10m/s
22、2。下列说法正确的是（）A小球的初速度大小为 1.2m/s B小球抛出点距平台的竖直高度为 4.5cm C小球第三次与第 5 级台阶紧靠右边缘处相碰 D小球第三次与第 6 级台阶上的某位置处相碰【答案】AC【解析】A小球从第 1 级台阶下落至第 3 级台阶做斜抛运动，水平方向做匀速直线运动，小球的初速度大小为 022 0.24m/s1.2m/s0.4Lvt 故 A 正确；B设小球抛出点距平台的竖直高度为 H，则小球下落至第 1 级台阶竖直方向速度 12()vg Hh 根据题意，由第 1 级台阶反弹后速度大小为 212()3vg Hh 又 22122hv tgt 联立以上各式代入数据得 0.25
23、mH 21m/sv 故 B 错误；CD假设小球第三次能与第 5 级台阶紧靠右边缘处相碰，离开第 3 级台阶竖直方向速度大小为 31m/sv 第 3 级台阶与第 5 级台阶竖直高度 320.4mhh 根据 23312hv tgt 解得 0.4st 这段时间水平距离 020.48m2sv tLL 假设成立，所以小球第三次与第 5 级台阶紧靠右边缘处相碰，故 C 正确，D 错误。故选 AC。6（2022山东三模）如图所示，长 0.6m 的竖直轻杆下端用铰链连接在水平面上的 O 点，轻杆上端固定一可视为质点的小球 P。楔形滑块 Q 置于同一水平面上，竖直侧面恰好与 P 接触。今给小球 P 微小扰动，使
24、杆向左倾倒，杆转过3角度时 P 与 Q 分离。不计一切摩擦，重力加速度 g 取 10m/s2，则小球 P 将要落地时（）A小球 P 的速率为2 3m/s B小球 P 的速率为 3m/s C滑块 Q 的速率为3m/s D滑块 Q 的速率为3m/s2【答案】BD【解析】ABP 与 Q 刚脱离接触的瞬间，Q 对 P 也没有作用力，P 只受重力作用，根据牛顿第二定律 P2sin30vmgml 解得 P3m/sv PQ 脱离后到小球 P 将要落地时，根据动能定理有 22PPPPP11sin3022m glm vm v 解得 vP=3m/s A 错误、B 正确；CD杆对 P 的作用力先是支持力后是拉力，P
25、 与 Q 刚脱离接触的瞬间，杆对 P 的作用力等于零，P 的速度方向垂直于杆，水平方向的分速度等于 Q 的速度，则 vPcos60=vQ 解得 vP：vQ=2：1 则 PQ3m/s22vv 由于不计一切摩擦，则 PQ 脱离后 Q 做匀速直线运动，当小球 P 将要落地时，块 Q 的速率为3m/s2。C 错误、D 正确。故选 BD。7（2022山东临沂三模）2022 年 2 月 8 日，在北京首钢滑雪大跳台举行的冬奥会自由式滑雪女子大跳台决赛中，中国选手谷爱凌夺得冠军。下图为滑雪赛道的简化示意图，在比赛中某质量为 m 的运动员经过起滑台 A、助滑区BC后以0v的速度从水平台面上滑出，在着陆坡CD上
26、的 E 点着陆并沿ED下滑（垂直于接触面的速度突变为零而平行于接触面的速度保持不变）。已知着陆坡倾角，AC的竖直高度为 H，CD的竖直高度 h，重力加速度 g，不计阻力，则下列说法正确的是（）A运动员到达 D 点时的速度大小为2gh B运动员落地点 E 和飞出点 C 的水平位移为02tanvg C若起滑台降低，使 H 减小为原来的一半，则运动员在空中运动的时间变为原来的22倍 D若在 E 点运动员与着陆坡的作用时间为t，则着陆坡对运动员的平均作用力大小为0sincosmvFmgt【答案】CD【解析】A运动员经过 C 点时的速度在垂直于着陆坡方向的分量大小为 0sinvv 根据运动的对称性可知运
27、动员在 E 点时垂直于着陆坡的速度大小也为v，这一速度突变为零，而沿着陆坡方向的分速度不变，所以从 C 到 D 的过程，根据功能关系可得 2220111222Dmvmvmghmv 解得 2202cosDvghv 故 A 错误；B根据平抛运动规律的推论可知速度偏向角的正切值为位移偏向角正切值的 2 倍，即 02tangtv 所以运动员从 C 到 E 的运动时间为 02tanvtg 运动员落地点 E 和飞出点 C 的水平位移为 0022tanvxv tg 故 B 错误；C对运动员从 A 到 B 的过程，根据动能定理有 2012mgHmv 由上式可知，若 H 减小为原来的一半，则 v0变为原来的22
28、倍，结合 B 项中所求 t 的表达式可知运动员在空中运动的时间变为原来的22倍，故 C 正确；D设着陆坡对运动员的平均作用力大小为 F，根据动量定理有(cos)0()Fmgtmv 解得 0sincosmvFmgt 故 D 正确。故选 CD。8（2022山东高三学业考试）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获得了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，如图甲所示。在某次训练中，运动员经助滑道加速后自起跳点 C 以与水平方向成 37角的某一速度飞起，完成空中动作后，落在着陆坡上，已知运动员着陆时的速度方向
29、与竖直方向夹角也为 37，测得运动员完成空中动作的时间为2.5s。然后运动员沿半径为R66m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减速滑行直到停止。在 F 点地面对运动员的支持力为其体重（含装备）的 2 倍，运动员与水平停止区的动摩擦因数 随着滑行的位移 x 变化关系的图像如图乙所示，取 g10m/s2，sin370.6，忽略运动过程中的空气阻力。求：（1）运动员从起跳点 C 飞起时的速度大小；（2）运动员在水平停止区滑行的位移大小。【答案】（1）15m/s；（2）160m【解析】（1）对运动员由C点到落地瞬间的速度进行正交分解，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀变速直
30、线运动，水平方向速度 cos37xCvv 竖直方向速度上抛 sin37yCvvgt 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也为 37，则有 costan373737sinxCyCvvvgtv 代入数值得 15m/sCv （2）将运动员与装备看成一个质点，总质量为 m，在F点支持力与总重力的合力为圆周运动提供向心力，则有 2NFmvFmgR 由图乙可知 1=0.4+200 x 运动员到达F点后，做匀减速直线运动，设运动员在水平停止区滑行的位移大小为 L，由动能定理 210.40.41200022FLmgLmv 解得 L=60m 9（202
31、2山东烟台二中模拟预测）滑雪运动越来越受到青少年们的青睐。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，其场地可以简化为如图甲所示的模型；图乙为简化后的跳台滑雪雪道示意图，A 为助滑道的最高点，D 为助滑道的最低点，B 为跳台起跳点，起跳区 DB 为倾角15的斜面，着陆坡道为倾角30的斜面。在某次训练中，运动员从 A 点由静止开始下滑，到起跳点 B 沿斜面向上飞出，最后落在着陆坡道上的 C 点。A、B、C、D 在同一竖直平面内，已知 A、B 点间的高度差45mH，不计一切阻力和摩擦，取重力加速度的大小210m/sg。求：（1）运动员完成空中动作的时间 t；（2）运动员到达 C 点的
32、速度大小。【答案】（1）2 6st；（2）10 156 3m/sv 【解析】（1）设运动员及装备总质量为 m，由动能定理得 2120BmgHmv 设运动员从 B 到 C 的时间为 t，将运动分解到垂直斜坡方向和沿着斜坡方向，在垂直斜坡方向上 sinyBvv cosyag 且落到斜坡上时 yyyvvta 代入数据解得 2 6st （2）在沿着陆坡道方向上 sinxag cosxBxvva t 22xyvvv 代入数据解得 10 156 3m/sv 10（2022山东模拟预测）2022 年北京冬奥会自由式滑雪女子大跳台决赛中，中国选手谷爱凌以 188.25分的成绩获得金牌。北京冬奥会报道中利用“A
33、l+8K”技术，把全新的“时间切片”特技效果首次运用在 8K 直播中，更精准清晰地抓拍运动员比赛精彩瞬间，给观众带来全新的视觉体验。将谷爱凌视为质点，其轨迹视为一段抛物线图。图（a）是“时间切片”特技的图片，图（b）是谷爱凌从 3m 高跳台斜向上冲出的运动示意图，图（c）是谷爱凌在空中运动时离跳台底部所在水平面的高度 y 随时间 t 变化的图线。已知 t=1s时，图线所对应的切线斜率为 4（单位：m/s），重力加速度 g 取210m/s，忽略空气阻力。（1）求谷爱凌冲出跳台时竖直速度的大小；（2）求谷爱凌离跳台底部所在水平面的最大高度；（3）若谷爱凌从空中落到跳台底部所在水平地面时与地面的碰撞
34、时间0.4st，经缓冲没有脱离地面起，水平速度不受影响，求碰撞过程中谷爱凌受到地面的平均作用力大小与自身重力大小的比值。【答案】（1）14m/s；（2）12.8m；（3）5【解析】（1）运动员竖直方向做匀减速直线运动，有 0yyvvgt y-t 图线斜率表示竖直分速度，t=1s 时 4m/syv 解得谷爱凌冲出跳台时的竖直分速度 014m/syv 谷爱凌冲出跳台时竖直速度的大小为 14m/s。（2）最高点竖直分速度为 0，竖直方向做匀减速直线运动，设离开跳台可以上升 h 高度，则 2002yvgh 代入数据解得 9.8mh 跳台离地面高度 03my 解得离跳台底部所在水平面的高度为 012.8myhy（3）谷爱凌落到跳台底部所在水平面的竖直分速度大小 216m/sytvgy 落在水平地面时，在竖直方向上，运动员受重力和水平地面的作用力，水平方向速度不变，以竖直向上为正方向，由动量定理得 0ytFmgtmv 代入数据解得 5Fmg