【文档说明】（2020-2022）三年高考物理真题分项汇编（山东专用）专题04 曲线运动含解析.doc，共(24)页，1.896 MB，由envi的店铺上传

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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T112021·山东·高考T113.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T84.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、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①某点瞬时速度的方向沿这一点的切线方向；②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①加速度可以是不变的——匀变速曲线运动，如平抛运动；②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，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①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．②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．③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)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Δt内的速度改变量相同，Δv＝Δvy＝gΔt，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θ，位移偏角为α.落地点为B，落地速度与水平方向夹角为β.根据此情景，讨论平抛运动的规律如下：(1)位移关系：xA＝v0t，yA＝12gt2，sA＝x2A

＋y2A，位移偏角α满足tanα＝yAxA＝gt2v0.(2)速度关系：vx＝v0，vy＝gt，vA＝v2x＋v2y，速度偏角θ满足tanθ＝vyv0＝gtv0.(3)平抛运动中两个常用的结论①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θ与位移偏角α的关系为tanθ＝2tanα.②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：tanθ＝yAxA－x0tanα＝yAxA――→tanθ＝2ta

nαx0＝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θ.可分解为在水平方向上

的速度v0x＝v0cosθ的匀速直线运动，在竖直方向上的初速度v0y＝v0sinθ的竖直上抛运动．(1)速度：vx＝v0x＝v0cosθ，vy＝v0sinθ－gt；(2)位移：x＝v0cosθ·t，y＝v0sinθ·t－12gt2；(

3)射高：H＝v20y2g＝（v0sinθ）22g；(4)射程：s＝v0xt＝v0cosθ·2v0sinθg＝v20sin2θg.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ω、半径r、周期T、转速n，它们之间的关系为v＝ωr，ω＝2πT，T＝1n，a＝v2r.因

此，这6个物理量之间环环相扣，一般用连等式表示：a＝v2r＝ω2r＝ωv＝2πT2r＝(2πn)2r.(2)传动装置的两种典型模型描述圆周运动的状态参量较多，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．①同轴传动：绕同一转轴转动的物体上的各点角速度ω相同，线速度v＝ωr，与半径r成正比；向心加速度a＝ω2r，与r成正比．②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ω＝vr、a＝v2r确定．2．匀速圆周运动(1)特点②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：F＝ma＝mv2r＝mω2r＝m4π2T2r.方向

总指向圆心，时刻变化，是变力．3．向心力与合力的关系(1)匀速圆周运动⇒①F合指向圆心，完全充当向心力；②F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：x＝v0t，vx＝v0；y轴方向：y＝12gt2，vy＝gt.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＝mv2r＝mω2r＝mvω.【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BC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（）A．7π2s,8m4tl=+=B．97πs,5m42=+=tlC．576π26s,5.5m126=++=tlD．5(64)π26

s,5.5m122+=++=tl【答案】B【解析】在BC段的最大加速度为a1=2m/s2，则根据2111var=可得在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2m

1m2m/s<vv=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-3

m=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/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（）A．5m/sv=B．32m/sv=C．3.6m=

dD．3.9m=d【答案】BD【解析】设网球飞出时的速度为0v，竖直方向20=2()vgHh−竖直代入数据得0=210(8.451.25)m/s12m/sv−=竖直则220=1312m/s5m/sv−=水平排球水平方向到P点的距离0006mv

xvtvg===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'00.75

3m/svv==水平⊥水平⊥则反弹后的网球速度大小为'220=32m/svvv+=水平水平⊥水平∥网球落到地面的时间'28.452s1.3s10Htg===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mgC．

22021mHvdHMg=++D．222021HvmdHgM=++【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m002Hxvtvg==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（）A．1g3RB．1g2RC．2g3RD．gR【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θ，则2cosvmgmR=由能量关系可知21(1cos)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RA<RB，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；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，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gC．图示位置时，Q的速度大小为32gLD．图示位置时，Q的速度大小为232gL−【答案】D【解析】A．P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=2LP处于AC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==o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22112

2mghmghmv=+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1mr=，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2mB．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4:1C．要保持上述的稳定状态，角速度103rad/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103rads3gr=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/s2。下列说法正确的是（）A．小球的初速度大小为1.2m/sB．小球抛出点距平台的竖直高度为4.5cmC．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0220.24m/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()vgHh=+根据题意，由第1级台阶反弹后速度大小为212()3vgHh=+又22122hvtgt=−+联立以上各式代入数据得0.25mH=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/s

v=第3级台阶与第5级台阶竖直高度320.4mhh==根据''23312hvtgt=−+解得'0.4st=这段时间水平距离'020.48m2svtLL====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23m/sB．小球P的速率为3m/sC．滑块Q的速率为3m/sD．滑块Q的速率为3m/s2【答案】BD【解析】AB．P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22PPPPP11sin3022mglmvmv=−解得v′P=3m/sA错误、B正确；CD．杆对P的作用力先是支持力后是拉力，P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2ghB．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Δt，则着陆坡对运动员的平均作用力大小为0sincosΔmvFmgt=+【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0s

invv⊥=根据运动的对称性可知运动员在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0022tanvxvtg==故B错误；C．对运动员从A到B的过程，根据动能定理有201

2mgHmv=由上式可知，若H减小为原来的一半，则v0变为原来的22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0sincosΔmvFmgt=+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R＝66m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μ随着滑行的位移x变化关系的图像如图乙所示，取g＝10m/s2，sin37＝0.6，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线运动，水平方向速度cos37xCv

v=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1

5m/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+200x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=60m9．（2022·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/s=g。求：（1）运动员完成空中动作的时间t；（2）运动员到达C点的速度大小。【答案】（1）26st=；（2）101563m/sv=+【解析】（1）设运动员及装备总质量为m，由动能定理得21

20BmgHmv−=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26st=（2）在沿着陆坡道方向上sinxag=()cosxBxvv

at=++22xyvvv=+代入数据解得101563m/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“Al+

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=