1、1平抛运动的规律及应用主干梳理 对点激活知识点 抛体运动 1平抛运动(1)定义：将物体以一定的初速度沿 水平方向抛出，物体只在 重力作用下的运动。01 02 (2)性质：平抛运动是加速度为 g 的 匀变速曲线运动，运动轨迹是 抛物线。03 04 (3)条件 v00，且沿 水平方向。05 只受 重力作用。06 2斜抛运动(1)定义：将物体以初速度 v0沿 斜向上方或 斜向下方抛出，物体只在 重力作用07 08 09 下的运动。(2)性质：斜抛运动是加速度为 g 的 匀变速曲线运动，运动轨迹是 抛物线。10 11 (3)条件 v00，且沿 斜向上方或斜向下方。12 只受 重力作用。13 知识点 抛
2、体运动的基本规律 1平抛运动(1)研究方法：平抛运动可以分解为水平方向的 匀速直线运动和竖直方向的 自由落01 02 体运动。(2)基本规律(如图所示)速度关系2位移关系轨迹方程： y x2。10 g2v202斜抛运动(1)研究方法：斜抛运动可以分解为水平方向的 匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛11 或竖直下抛运动。(2)基本规律(以斜向上抛为例，如图所示)水平方向v0x v0cos ， x v0tcos 。12 竖直方向v0y v0sin ， y v0tsin gt2。13 123类平抛运动的分析所谓类平抛运动，就是受力特点和运动特点类似于平抛运动，即受到一个恒定的外力且外力与初速度方向垂直
3、，物体做匀变速曲线运动。(1)受力特点：物体所受合力为恒力，且与初速度的方向垂直。(2)运动特点：沿初速度 v0方向做匀速直线运动，沿合力方向做初速度为零的匀加速直线运动。3一 思维辨析1以一定的初速度水平抛出的物体的运动是平抛运动。( )2做平抛运动的物体初速度越大，水平位移越大。( )3做平抛运动的物体，在任意相等的时间内速度的变化相同。( )4平抛运动的时间由高度决定。( )5平抛是匀变速曲线运动，速度不断变大。( )6类平抛运动的合力可以是变力。( )答案 1. 2. 3. 4. 5. 6.二 对点激活1. (人教版必修 2P10做一做改编)(多选)为了验证平抛运动的小球在竖直方向上做
4、自由落体运动，用如图所示的装置进行实验。小锤打击弹性金属片， A 球水平抛出，同时B 球被松开，自由下落，关于该实验，下列说法正确的是( )A两球的质量应相等B两球应同时落地C应改变装置的高度，多次实验D实验也能说明 A 球在水平方向上做匀速直线运动答案 BC解析 小锤打击弹性金属片后， A 球做平抛运动， B 球做自由落体运动。 A 球在竖直方向上的运动情况与 B 球相同，也做自由落体运动，因此两球同时落地。实验时，需 A、 B 两球从同一高度开始运动，对质量没有要求，但两球的初始高度及击打力度应该有变化，实验时要进行 35 次得出结论。本实验不能说明 A 球在水平方向上的运动性质，故 B、
5、C 正确，A、D 错误。2(人教版必修 2P9例题 1 改编)将一个物体以 10 m/s 的速度从 20 m 的高度水平抛出(不计空气阻力，取 g10 m/s 2)，下列说法正确的是( )A落地时间为 2 sB落地时速度为 20 m/s4C落地时速度方向与地面夹角的正切值为12D物体的位移为 20 m答案 A解析 由 h gt2得 t 2 s，故 A 正确；落地时竖直分速度 vy gt20 m/s，12 2hg落地速度为 v 10 m/s，故 B 错误；落地时速度方向与地面夹角的正切值v2y v20 5tan 2，故 C 错误；物体的水平位移 x v0t20 m，位移为 20 m，故 D 错误
6、。vyv0 2考点细研 悟法培优考点 1 平抛运动的基本规律1关于平抛运动必须掌握的四个物理量物理量 相关分析飞行时间(t) t ，飞行时间取决于下落高度 h，与初速度 v0无关2hg水平射程(x)x v0t v0 ，即水平射程由初速度 v0和下落高度 h 共同决定，2hg与其他因素无关落地速度(v)v ，以 表示落地时速度与 x 轴正方向间的v2x v2y v20 2gh夹角，有 tan ，所以落地速度也只与初速度 v0和下落vyvx 2ghv0高度 h 有关速度的改变量( v)因为平抛运动的加速度为恒定的重力加速度 g，所以做平抛运动的物体在任意相等时间间隔 t 内的速度改变量 v g t
7、 相同，方向恒为竖直向下，如图所示2平抛运动的两个重要推论(1)做平抛运动的物体任一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，如图甲所示。其推导过程为 tan 。vyv0 gt2v0t yx25(2)做平抛运动的物体在任一时刻任一位置处，设其速度方向与水平方向的夹角为 ，位移与水平方向的夹角为 ，则 tan 2tan 。如图乙所示。其推导过程为tan 2tan 。vyv0 gttv0t 2yx例 1 (多选)如图所示， x 轴在水平地面内， y 轴沿竖直方向。图中画出了从 y 轴上沿x 轴正向抛出的三个小球 a、 b 和 c 的运动轨迹，其中 b 和 c 是从同一点抛出的。不计空气
8、阻力，则( )A a 的飞行时间比 b 的长B b 和 c 的飞行时间相同C a 的水平初速度比 b 的小D b 的水平初速度比 c 的大解题探究 (1)平抛的时间取决于什么？提示：取决于下落高度。(2)平抛的水平射程与初速度有关吗？提示：有，时间相同的情况下，初速度越大水平射程越大。尝试解答 选 BD。根据平抛运动的规律 h gt2，得 t ，因此平抛运动的时间只由下落高度决定，12 2hg因为 hb hcha，所以 b 与 c 的飞行时间相同，大于 a 的飞行时间，因此 A 错误，B 正确；6又因为 xaxb，而 tavc，即 b 的水平初速度比 c 的大，D 正确。总结升华1 “化曲为直
9、”思想在平抛运动中的应用根据运动的等效性，利用运动分解的方法，将其转化为我们所熟悉的两个方向上的直线运动：(1)水平方向的匀速直线运动；(2)竖直方向的自由落体运动。2对多体平抛问题的四点提醒(1)若两物体同时从同一高度(或同一点)抛出，则两物体始终在同一高度，二者间距只取决于两物体的水平分运动。(2)若两物体同时从不同高度抛出，则两物体高度差始终与抛出点高度差相同，二者间距由两物体的水平分运动和竖直高度差决定。(3)若两物体从同一点先后抛出，两物体竖直高度差随时间均匀增大，二者间距取决于两物体的水平分运动和竖直分运动。(4)两条平抛运动轨迹的相交处是两物体的可能相遇处，两物体要在此处相遇，必
10、须同时到达此处。变式 11 (2018潍坊统考) “套圈”是游戏者站在界线外将圆圈水平抛出，套中前方水平地面上的物体。某同学在一次“套圈”游戏中，从 P 点以某一速度水平抛出的圆圈越过了物体正上方落在地面上(如图所示)。为套中物体，下列做法可行的是(忽略空气阻力)( )A从 P 点正前方，以原速度水平抛出B从 P 点正下方，以原速度水平抛出C从 P 点正上方，以原速度水平抛出D从 P 点正上方，以更大速度水平抛出答案 B解析 由于抛出的圆圈做平抛运动，由平抛运动的规律可知，圆圈在竖直方向做自由落体运动，则 h gt2，水平方向做匀速直线运动，则 x vt，解得 x v ，由题意圆12 2hg圈
11、越过了物体正上方落在地面上，欲使圆圈套中物体，应减小水平方向的位移。若从 P 点的正前方以原速度水平抛出，则圆圈仍越过物体正上方落在地面上，A 错误；降低圆圈抛7出点的高度以原速度水平抛出，圆圈的运动时间减少，则圆圈可能套中物体，B 正确；如果增加抛出点的高度，欲使圆圈套中物体，则应减小水平抛出时的速度，C、D 错误。变式 12 (多选)如图所示， A、 B 两点在同一条竖直线上， A 点离地面的高度为2.5h， B 点离地面高度为 2h。将两个小球分别从 A、 B 两点水平抛出，它们在 P 点相遇， P点离地面的高度为 h。已知重力加速度为 g，则( )A两个小球一定同时抛出B两个小球抛出的
12、时间间隔为( ) 3 2hgC两个小球抛出的初速度之比 vAvB 32D两个小球抛出的初速度之比 vAvB 23答案 BD解析 平抛运动竖直方向为自由落地运动，由 y gt2知， t ， A 到 P 点高度较12 2yg大，故 A 点先抛出，A 错误；两小球抛出的时间间隔为 t tA tB 21.5hg ( ) ，B 正确；由 x v0t 得 v0 x ， x 相等， ，C 错误，2hg 3 2 hg g2y vAvB h1.5h 23D 正确。考点 2 斜面上的平抛运动斜面上的平抛运动问题是一种常见的题型，在解答这类问题时除要运用平抛运动的位移和速度规律，还要充分运用斜面倾角，找出斜面倾角同
13、位移和速度与水平方向夹角的关系，从而使问题得到顺利解决。1从斜面上某点水平抛出，又落到斜面上的平抛运动的五个特点(1)位移方向相同，竖直位移与水平位移之比等于斜面倾斜角的正切值。(2)末速度方向平行，竖直分速度与水平分速度(初速度)之比等于斜面倾斜角正切值的2 倍。(3)运动的时间与初速度成正比 。(t2v0tang )(4)位移与初速度的二次方成正比 。(s2v20tangcos )(5)当速度与斜面平行时，物体到斜面的距离最远，且从抛出到距斜面最远所用的时间8为平抛运动时间的一半。2常见的模型例 2 (2018山东六校联考)(多选)如图所示， D 点为固定斜面 AC 的中点。在 A 点和D
14、 点分别以初速度 v01和 v02水平抛出一个小球，结果两球均落在斜面的底端 C。空气阻力不计。设两球在空中运动的时间分别为 t1和 t2，落到 C 点前瞬间的速度大小分别为 v1和v2，落到 C 点前瞬间的速度方向与水平方向的夹角分别为 1和 2，则下列关系式正确的是( )A. 2 B. C. D. t1t2 v01v02 2 v1v2 2 tan 1tan 2 129解题探究 (1)平抛的时间由哪个物理量决定？提示：下落高度。(2)速度偏转角的正切如何求解？提示：tan 。vyv0尝试解答 选 BC。由题意知两小球做平抛运动的竖直位移之比为 21，由平抛运动规律 h gt2可知，12 ，
15、A 项错误；又水平位移之比也为 21，由平抛运动规律 x v0t，知两球初速度之t1t2 2比为 ，B 项正确；两小球竖直方向的速度可由 vy gt 计算，则 ，又v01v02 2 vy1vy2 gt1gt2 2 ，由 v ，可得 ，C 项正确；由 tan ，结合 C 项的分析，可知v01v02 2 v20 v2y v1v2 2 vyv0v1、 v2与水平方向的夹角 1、 2的正切值相等，D 项错误。总结升华1常见平抛运动模型运动时间的计算方法(1)在水平地面正上方 h 处平抛：由 h gt2知 t ，即 t 由高度 h 决定。小球竖直高度越大，飞行时间越长。12 2hg(2)斜面上的平抛问题
16、：从斜面上某点水平抛出，又落到斜面上(如图 1)方法：分解位移x v0ty gt212tan yx可求得 t 。2v0tang对着斜面平抛(如图 2)10方法：分解速度vx v0vy gttan v0vy v0gt可求得 t 。v0gtan2利用假设法求解平抛运动问题对于平抛运动，运动时间由下落高度决定，水平位移由下落高度和初速度决定，所以当下落高度相同时，水平位移与初速度成正比。但有时下落高度不同，水平位移就很难比较，这时可以采用假设法，例如移动水平地面使其下落高度相同，从而作出判断。变式 2 (2018唐山三模)如图所示，固定在水平地面上的倾角 30的斜面长为 L，小球从斜面顶端 A 处以
17、初速度 v0水平抛出，刚好落在距斜面顶端 处。若将小球从同L3一点以 2v0水平抛出，不计空气阻力，小球下落后均不弹起。小球两次在空中运动过程中的( )A时间之比为 12B速度的变化量之比为 1 3C水平位移之比为 1 3D竖直位移之比为 14答案 B解析 小球从斜面顶端平抛，若落在斜面上，则 x v0t， y gt2，tan ，得到12 yxt ，当速度变成 2v0时，若仍能落到斜面上，则 t 变成原来的 2 倍， y 变成原来2v0tang11的 4 倍，因斜面长 L，第一次以 v0平抛时落点距斜面顶端 ，所以以 2v0平抛时将落在地面L3上，竖直位移之比为 13，则时间之比为 1 ，由
18、v gt 得速度变化量之比为31 ，由 x v0t 得水平位移之比为 12 ，故 B 正确，A、C、D 错误。3 3考点 3 类平抛运动的分析1类平抛运动与平抛运动的区别平抛运动的初速度水平，只受与初速度垂直的竖直向下的重力， a g；类平抛运动的初速度不一定水平，但合外力与初速度方向垂直且为恒力， a 。F合m2求解方法(1)常规分解法：将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向(即沿合外力方向)的匀加速直线运动。(2)特殊分解法：对于有些问题，可以过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度 a 分解为 ax、 ay，初速度 v0分解为 vx、 vy，然后分别在 x、 y 方
19、向上列方程求解。例 3 如图所示的光滑斜面长为 l，宽为 b，倾角为 ，一物块(可看成质点)沿斜面左上方顶点 P 水平射入，恰好从底端 Q 点离开斜面，则( )A P Q 所用的时间 t22lgsinB P Q 所用的时间 t2lgC初速度 v0 bgsin2lD初速度 v0 bg2l解题探究 (1)物块类平抛的加速度是多少？提示： a gsin 。(2)物块沿初速度方向和沿加速度方向的位移分别是多少？提示： b， l。尝试解答 选 C。物块的加速度为： a gsin 。根据 l at2，得： t ，故 A、B 错误；初速12 2lgsin12度 v0 b ，故 C 正确，D 错误。bt gs
20、in2l总结升华求解类平抛问题的关键(1)对研究对象受力分析，找到合外力的大小、方向，正确求出加速度。例题中，物体受重力、支持力作用，合外力沿斜面向下。(2)确定是研究速度，还是研究位移。(3)把握好分解的思想方法，例题中研究位移，把运动分解成沿斜面的匀加速直线运动和水平方向的匀速直线运动，然后将两个方向的运动用时间 t 联系起来。变式 3 A、 B 两个质点以相同的水平速度 v0抛出， A 在竖直平面内运动，落地点为P1， B 沿光滑斜面运动，落地点为 P2，不计阻力，如图所示，下列比较 P1、 P2在 x 轴上远近关系的判断正确的是( )A P1较远 B P2较远C P1、 P2等远 DA
21、、B 两项都有可能答案 B解析 A 质点水平抛出后，只受重力，做平抛运动，在竖直方向有 h gt 。 B 质点水12 21平抛出后，受重力和支持力，在斜面平面内所受合力为 mgsin ，大小恒定且与初速度方向垂直，所以 B 质点做类平抛运动，在沿斜面向下方向上 gsin t 。 A 的水平hsin 12 2位移 x1 v0t1， B 的水平位移 x2 v0t2，由于 t2t1，所以 x2x1， P2较远。故选 B。满分指导 1 平抛运动中的临界问题【案例剖析】(16 分)如图所示，水平屋顶高 H5 m，围墙高 h3.2 m，围墙到房子的水平距离L3 m，围墙外空地宽 x10 m，为使小球从屋顶
22、 水平飞出 落在围墙外的空地上， g 取10 m/s2。求：13(1)小球离开屋顶时的速度 v0的大小范围；(2)小球落在空地上的 最小速度。审题 抓住信息，准确推断 破题 形成思路，快速突破 (1)设小球恰好落到空地边缘时的水平初速度为 v1，请写出平抛运动的位移方程。水平方向： L x v1t1；竖直方向： H gt 。12 21(2)设小球恰好越过墙的边缘时的水平初速度为 v2，请写出平抛运动的位移方程。水平方向： L v2t2；竖直方向： H h gt 。12 214(3)请写出 v0的取值范围。 提示： v0的取值范围为 v2 v0 v1。(4)在 v0的取值范围内落地速度最小时，对
23、应的初速度是多少？提示： v0对应最小值 v2时，小球落地速度最小。解题 规范步骤，水到渠成 (1)设小球恰好落到空地的右侧边缘时的水平初速度为 v1，则小球的水平位移：L x v1t1(2 分)小球的竖直位移：H gt (2 分)12 21解以上两式得：v1( L x) 13 m/s(1 分)g2H设小球恰好越过围墙的边缘时的水平初速度为 v2，则此过程中小球的水平位移：L v2t2(2 分)小球的竖直位移：H h gt (2 分)12 2解以上两式得：v2 L 5 m/s(1 分)g2 H h小球抛出时的速度大小范围为 5 m/s v013 m/s(1 分)(2)小球落在空地上，下落高度一
24、定，落地时的竖直分速度一定，当小球恰好越过围墙的边缘落在空地上时，落地速度最小。竖直方向：v 2 gH(2 分)2y又有： vmin (2 分)v2 v2y解得： vmin5 m/s。(1 分)5点题 突破瓶颈，稳拿满分 (1)常见的思维障碍：不理解小球落在墙外的空地上的含义，不能挖掘出当小球恰好越过墙的边缘时 v0有最小速度，恰好落到空地边缘时 v0有最大速度这两个临界状态，导致无法求出结果。(2)因解答不规范导致的失分：解题时不用题中所给字母列方程，导致失分；解出两个临界速度后，没有补充说明 v0的取值范围，导致失分。高考模拟 随堂集训1(2018全国卷)在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别
25、以 v 和 的速度沿同一方v2向水平抛出，两球都落在该斜面上。甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的( )15A2 倍 B4 倍 C6 倍 D8 倍答案 A解析 设甲球落至斜面时的速率为 v1，乙球落至斜面时的速率为 v2，由平抛运动规律，x vt， y gt2，设斜面倾角为 ，由几何关系，tan ，小球由抛出到落至斜面，由12 yx机械能守恒定律， mv2 mgy mv ，联立解得： v1 v，即落至斜面时的速12 12 21 1 4tan2率与抛出时的速率成正比。同理可得， v2 ，所以甲球落至斜面时的速率1 4tan2v2是乙球落至斜面时的速率的 2 倍，A 正确。2(2018江苏高
26、考)某弹射管每次弹出的小球速度相等。在沿光滑竖直轨道自由下落过程中，该弹射管保持水平，先后弹出两只小球。忽略空气阻力，两只小球落到水平地面的( )A时刻相同，地点相同 B时刻相同，地点不同C时刻不同，地点相同 D时刻不同，地点不同答案 B解析 弹射管在竖直方向做自由落体运动，所以弹出小球在竖直方向运动的时间相等，因此两球应同时落地；由于两小球先后弹出，所以小球在水平方向运动的时间不等，因小球在水平方向做匀速运动，且弹出小球的水平初速度相同，所以水平位移不相等，因此落点不相同，故 B 正确。3(2017全国卷)发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球(忽略空气的影响)。速度较大的
27、球越过球网，速度较小的球没有越过球网。其原因是( )A速度较小的球下降相同距离所用的时间较多B速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大C速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少D速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大答案 C解析 在竖直方向，球做自由落体运动，由 h gt2知，选项 A、D 错误。由 v22 gh12知，选项 B 错误。在水平方向，球做匀速直线运动，通过相同水平距离，速度大的球用时少，选项 C 正确。4(2017江苏高考) 如图所示， A、 B 两小球从相同高度同时水平抛出，经过时间 t在空中相遇。若两球的抛出速度都变为原来的 2 倍，则两球从抛出到相遇经过的时
28、间为( )16A t B. t C. D.22 t2 t4答案 C解析 设 A、 B 两小球分别以速度 vA、 vB水平抛出时，经过时间 t 相遇，则根据平抛运动在水平方向做匀速直线运动有vAt vBt d(d 为两小球间的水平距离)设当 A、 B 两小球速度都变为原来的 2 倍时，经过时间 t相遇，则2vAt2 vBt d联立解得 tt2选项 C 正确。5(2016海南高考)在地面上方某一点将一小球以一定的初速度沿水平方向抛出，不计空气阻力，则小球在随后的运动中( )A速度和加速度的方向都在不断变化B速度与加速度方向之间的夹角一直减小C在相等的时间间隔内，速率的改变量相等D在相等的时间间隔内
29、，动能的改变量相等答案 B解析 由于物体做平抛运动，故物体只受重力作用，加速度不变，速度的大小和方向时刻在变化，故 A 错误；设某时刻速度与竖直方向夹角为 ，则 tan ，随着时v0vy v0gt间 t 的变大，tan 变小，则 变小，故 B 正确；根据加速度定义式 a g，则 v t v g t，即在相等的时间间隔内，速度的改变量相等，而速率的改变量不相等，故 C 错误；根据动能定理，在相等的时间间隔内，动能的改变量等于重力的功，即 WG mgh，而平抛运动在相等时间间隔内竖直方向上的位移不相等，故 D 错误。6. (2018宜昌调研)如图所示，在竖直平面内有一半圆形轨道，圆心为 O。一小球
30、(可视为质点)从与圆心等高的半圆形轨道上的 A 点以速度 v0水平向右抛出，落于轨道上的C 点。已知 OC 与 OA 的夹角为 ，重力加速度为 g，则小球从 A 运动到 C 的时间为( )A. tan B. cotv0g 2 v0g 2C. tan D. cot2v0g 2 2v0g 217答案 D解析 由几何关系可知， AC 与水平方向的夹角 ，根据平抛运动的规律，知 2tan ，得 t cot 。所以 D 项正确，A、B、C 三项错误。yx 12gt2v0t gt2v0 2v0tang 2v0g 2配套课时作业时间：60 分钟 满分：100 分一、选择题(本题共 11 小题，每小题 7 分
31、，共 77 分。其中 17 为单选，811 为多选)1(2018广东四校联考)从同一高度同时将 a、 b 两不完全相同的小球分别竖直上抛和斜上抛，它们的初速度大小相同；若不计空气阻力，则以下说法中正确的是( )A在空中运动的过程中，两球的加速度相同B两球触地时的瞬时速率不同C两球在空中运动的时间相同D两球运动的位移相同答案 A解析 两球在空中都只受重力作用，两球的加速度都为重力加速度 g，A 项正确。因两球都只受重力，则机械能均守恒，据机械能守恒定律有 mv mgh mv ，可知两球触地12 20 12 2t时的速率相同，B 项错误。因两球以相同的速率分别竖直上抛和斜上抛，则知两球在空中运动的
32、时间不同，C 项错误。因两球初始时运动方向不同，则它们发生的位移不同，D 项错误。2(2018福建质检)轰炸机进行实弹训练，在一定高度沿水平方向匀速飞行，某时刻释放炸弹，一段时间后击中竖直悬崖上的目标 P 点。不计空气阻力，下列判断正确的是( )A若轰炸机提前释放炸弹，则炸弹将击中 P 点上方B若轰炸机延后释放炸弹，则炸弹将击中 P 点下方C若轰炸机在更高的高度提前释放炸弹，则炸弹仍可能击中 P 点D若轰炸机在更高的高度延后释放炸弹，则炸弹仍可能击中 P 点答案 C解析 由题意可知，炸弹若提前释放，水平位移增大，在空中的运动时间变长，应落在 P 点下方，反之落在上方，故 A、B 错误；炸弹若从
33、更高的高度释放，将落在 P 点上方，若要求炸弹仍能击中 P 点，则需要更长的运动时间，故应提前释放炸弹，C 正确；若延后释放炸弹，则炸弹将击中 P 点上方，故 D 错误。3. 如图所示，以与竖直墙面垂直、大小为 v07.5 m/s 的速度抛出一个弹性小球 A，抛出点离水平地面的高度为 h3.2 m，与墙壁的水平距离为 s。小球与墙壁发生碰撞后，竖直分速度不变，水平速度大小不变，方向反向，落在水平地面上，落地点到墙壁的水平距离为 2s。若重力加速度取 10 m/s2，则 s 的大小为( )18A1.8 m B2.0 m C2.2 m D3.6 m答案 B解析 由平抛运动规律有， h gt2，解得
34、 t0.8 s，水平方向上，小球速率不变，12故小球水平方向通过的总路程 s 总 3 s v0t，则 s2.0 m，B 项正确。4. (2018山东济南期末)如图所示，斜面 AC 与水平方向的夹角为 ，在底端 A 正上方与顶端等高处的 E 点以速度 v0水平抛出一小球，小球垂直于斜面落到 D 点，重力加速度为 g，则( )A小球在空中飞行的时间为v0gB小球落到斜面上时的速度大小为v0cosC小球的位移方向垂直于 ACD CD 与 DA 的比值为12tan2答案 D19解析 将小球在 D 点的速度进行分解，水平方向的分速度 v1等于平抛运动的初速度v0，即 v1 v0，落到斜面上时的速度 v
35、，竖直方向的分速度 v2 ，则小球在v0sin v0tan空中飞行的时间 t ，A、B 错误。由图可知平抛运动的位移方向不垂直 AC，Cv2g v0gtan错误。 D、 A 间水平距离为 x 水平 v0t，故 DA ； C、 D 间竖直距离为 x 竖直 v2t，故v0tcos 12CD ，得 ，故 D 正确。v2t2sin CDDA 12tan25. (2018郑州质量预测)如图所示，圆环竖直放置，从圆心 O 点正上方的 P 点，以速度 v0水平抛出的小球恰能从圆环上的 Q 点沿切线方向飞过，若 OQ 与 OP 间夹角为 ，不计空气阻力，重力加速度为 g。则( )A小球运动到 Q 点时的速度大
36、小为 vQv0sinB小球从 P 点运动到 Q 点的时间为 tv0singC小球从 P 点到 Q 点的速度变化量为 v v0(1 coscos )D圆环的半径为 Rv20gcos答案 D解析 根据几何关系知，小球在 Q 点的速度方向与水平方向的夹角为 ，则小球运动到 Q 点时的速度大小为 vQ ，A 错误；小球在竖直方向做自由落体运动，在 Q 点的竖v0cos20直分速度 vy v0tan gt v，所以小球从 P 点运动到 Q 点的时间为 t ，B、Cv0tang错误；根据几何关系可知，从 P 点到 Q 点，小球在水平方向上的位移大小为 x Rsin ，根据 x Rsin v0t，可得圆环的
37、半径为 R ，D 正确。v20gcos6. 如图所示，窗子上、下沿间的高度 H1.6 m，墙的厚度 d0.4 m，某人在离墙壁距离 L1.4 m、距窗子上沿高 h0.2 m 处的 P 点，将可视为质点的小物件以速度 v 垂直于墙壁水平抛出，小物件直接穿过窗口并落在水平地面上，取 g10 m/s2，则 v 的取值范围是( )A v7 m/s B v t1答案 B21解析 两颗炸弹以相同的初速度做平抛运动，假设落在 N 点的炸弹穿过山坡到达与 M等高的 P 点，如图所示，因为下落到 M、 P 高度相同，由 h gt2知所用时间相同，落到12M、 P 的时间间隔 tP tM( t t1) t t1，
38、显然落到 N 点的时刻 tNvB0vC0B插在墙上的三支飞镖的延长线一定交于同一点C三支飞镖击中墙面的速度大小满足 vAvB23答案 ABD解析 由题图可知，三支飞镖在竖直方向的位移关系为 yCyByA，则在空中运动的时间关系为 tCtBtA，由于飞镖的水平位移大小相等，则初速度的大小关系为 vC0vB，C 错误，D 正确。11. (2018郑州质检二)如图所示为一半球形的坑，其中坑边缘两点 M、 N 与球心等高且在同一竖直面内。现甲、乙两位同学(可视为质点)分别站在 M、 N 两点，同时将两个小球以 v1、 v2的速度沿图示方向水平抛出，发现两球刚好落在坑中同一点 Q，已知 MOQ60，忽略
39、空气阻力。则下列说法正确的是( )A甲、乙两同学抛出球的速率之比为 13B若仅增大 v1，则两球将在落入坑中之前相撞C两球的初速度无论怎样变化，只要落在坑中的同一点，两球抛出的速率之和不变D若仅从 M 点水平抛出小球，改变小球抛出的速度，小球可能垂直坑壁落入坑中答案 AB解析 两球刚好落在坑中同一点，说明两球在竖直方向的位移相同，由 y gt2可知，12两球在空中飞行的时间相同。设半球形坑的半径为 R，则甲同学抛出的球的水平位移为 x 甲 R Rcos60 ，乙同学抛出的球的水平位移为 x 乙 R Rcos60 ，由 x vt 可知，R2 3R2甲、乙两同学抛出球的速率之比为 v1 v2 x
40、甲 x 乙 13，A 正确；若仅增大 v1，相撞时 v1t v2t2 R， t 减小，则 h gt2减小，故两球将在落入坑中之前相撞，B 正确；要两12小球落在弧面上的同一点，则水平位移之和为 2R，落点不同，竖直方向位移不同，时间 t不同，由 2R( v1 v2)t 可知， v1 v2不是一个定值，C 错误；根据平抛运动规律的推论，小球落入坑中时速度方向的反向延长线与水平直径的交点在水平位移的 处，即若仅从 M 点12水平抛出小球，改变小球抛出的速度，小球不可能垂直坑壁落入坑中，D 错误。24二、非选择题(本题共 2 小题，共 23 分)12(10 分)如图为“快乐大冲关”节目中某个环节的示
41、意图。参与游戏的选手会遇到一个人造山谷 OAB， OA 是高 h3 m 的竖直峭壁， AB 是以 O 点为圆心的弧形坡， AOB60， B 点右侧是一段水平跑道。选手可以自 O 点借助绳索降到 A 点后再爬上跑道，但身体素质好的选手会选择自 O 点直接跃上跑道。选手可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度 g 取 10 m/s2。(1)若选手以速度 v0水平跳出后，能跳在水平跑道上，求 v0的最小值；(2)若选手以速度 v14 m/s 水平跳出，求该选手在空中的运动时间。答案 (1) m/s (2)0.6 s3102解析 (1)若选手以速度 v0水平跳出后，能跳在水平跑道上，则hsin60 v0t
42、hcos60 gt212解得： v0 m/s。3102则速度最小值为 m/s。3102(2)若选手以速度 v14 m/s 水平跳出，因 v1v0，人将落在弧形坡上。下降高度 y gt 212水平前进距离 x v1t且 x2 y2 h2解得 t0.6 s。13(13 分) 在光滑水平面上有坐标系 xOy，质量为 1 kg 的质点静止在 xOy 平面上的原点 O 处，如图所示。某一时刻质点受到沿 y 轴正方向的恒力 F1的作用， F1的大小为 2 N，若力 F1作用一段时间 t0后撤去，撤去力 F1后 2 s 末质点恰好通过该平面上的 A 点， A点的坐标为 x2 m， y5 m。25(1)为使质点按题设条件通过 A 点，在撤去力 F1的同时对质点施加一个沿 x 轴正方向的恒力 F2，力 F2应为多大？(2)力 F1作用时间 t0为多长？答案 (1)1 N (2)1 s解析 (1)撤去 F1，在 F2的作用下，沿 y 轴正方向质点做匀速直线运动，沿 x 轴正方向质点做匀加速直线运动。由运动学公式得：x a2t212由牛顿第二定律得：F2 ma2解得： F21 N。(2)F1作用下，由牛顿第二定律得： F1 ma1加速运动时， y1 a1t12 20vy a1t0匀速运动时， y2 vyty1 y2 y解得： t01 s。26
