第4章 第2讲 抛体运动(Word教师用书)-【新高考方案】2025年高考物理一轮总复习（福建专版）

第2讲　抛体运动(基础落实课) 一、平抛运动 1．定义：以一定的初速度沿水平方向抛出的物体只在重力作用下的运动。 2．运动性质：平抛运动是加速度为g的匀变速曲线运动，其运动轨迹是抛物线。 3．研究方法——运动的合成与分解。 (1)水平方向：匀速直线运动； (2)竖直方向：自由落体运动。 二、平抛运动的规律 运动分解图示 速度关系 位移关系 两个重要推论 (1)做平抛(或类平抛)运动的物体在任一时刻，设其速度方向与水平方向的夹角为θ，位移方向与水平方向的夹角为α，则tan θ＝2tan_α (2)做平抛(或类平抛)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，则x＝2OB 三、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，物体只在重力作用下的运动。 2．运动性质 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。 3．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匀变速直线运动。 4．基本规律(以斜上抛运动为例，如图所示) (1)水平方向：v0x＝v0cos_θ，F合x＝0； (2)竖直方向：v0y＝v0sin_θ，F合y＝mg。 情境创设1　 一架投放救灾物资的飞机在受灾区域的上空水平地匀速飞行，从飞机上投放的救灾物资在落地前的运动中(不计空气阻力)。 [理解判断] (1)速度和加速度都在不断改变。(×) (2)速度和加速度方向之间的夹角一直减小。(√) (3)救灾物资从开始下落到落地的运动时间与飞机的速度大小有关。(×) (4)在相等的时间内速度的改变量相等。(√) (5)在相等的时间内速率的改变量相等。(×) 情境创设2　 如图所示，运动员以相同速率，沿与水平方向不同夹角抛出铅球，不计空气阻力。 [理解判断] (6)铅球的加速度相同。(√) (7)铅球的射程相同。(×) (8)铅球的射高相同。(×) (9)铅球的初速度方向与水平方向的夹角越大，抛出的水平距离越大。(×) 逐点清(一)　平抛运动规律及应用 1．平抛运动时间和水平射程 运动时间 由t＝ 知，运动时间取决于下落高度h，与初速度v0无关 水平射程 x＝v0t＝v0，即水平射程由初速度v0和下落高度h共同决定 2．速度和位移的变化规律 速度变化规律 ①任一时刻的速度水平分量均等于初速度v0 ②任一相等时间间隔Δt内的速度变化量方向竖直向下，大小Δv＝Δvy＝gΔt 位移变化规律 ①任一相等时间间隔内，水平位移相同，即Δx＝v0Δt ②连续相等的时间间隔Δt内，竖直方向上的位移差不变，即Δy＝gΔt2 [典例]　(2022·全国甲卷)将一小球水平抛出，使用频闪仪和照相机对运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔0.05 s发出一次闪光。某次拍摄时，小球在抛出瞬间频闪仪恰好闪光，拍摄的照片编辑后如图所示。图中的第一个小球为抛出瞬间的影像，每相邻两个球之间被删去了3个影像，所标出的两个线段的长度s1和s2之比为3∶7。重力加速度大小取g＝10 m/s2，忽略空气阻力。求在抛出瞬间小球速度的大小。 [解析]　频闪仪每隔0.05 s发出一次闪光，每相邻两个球之间被删去3个影像，故相邻两球的时间间隔为t＝4T＝4×0.05 s＝0.2 s 设抛出瞬间小球的速度为v0，每相邻两球间在水平方向上位移为x，竖直方向上的位移分别为y1、y2，根据平抛运动位移公式有x＝v0t y1＝gt2＝×10×0.22 m＝0.2 m y2＝g(2t)2－gt2＝×10×(0.42－0.22)m＝0.6 m 令y1＝y，则有y2＝3y1＝3y 已标注的线段s1、s2分别为s1＝ s2＝ ＝ 则有 ∶ ＝3∶7 整理得x＝y 故在抛出瞬间小球的速度大小为 v0＝＝ m/s。 [答案]　 m/s [针对训练] 1．人站在平台上平抛一小球，球离手时的速度为v1，落地时速度为v2，不计空气阻力，下列图中能表示出速度矢量的变化过程的是(　 ) 解析：选C　小球做平抛运动，只受重力作用，加速度方向竖直向下，所以速度变化的方向竖直向下，小球在水平方向上的速度不变，C正确。 2．(2023·新课标卷)将扁平的石子向水面快速抛出，石子可能会在水面上一跳一跳地飞向远方，俗称“打水漂”。要使石子从水面跳起产生“水漂”效果，石子接触水面时的速度方向与水面的夹角不能大于θ。为了观察到“水漂”，一同学将一石子从距水面高度为h处水平抛出，抛出速度的最小值为多少？(不计石子在空中飞行时的空气阻力，重力加速度大小为g) 解析：石子做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，则有2gh＝vy2， 可得落到水面上时的竖直速度vy＝， 由题意可知，≤tan θ， 即v0≥，石子抛出速度的最小值为。 答案： 逐点清(二)　落点有约束条件的平抛运动 类型(一)　落点在斜面上的平抛运动 [例1]　如图所示，倾斜角为θ的斜面体固定在水平面上，两个可视为质点的小球甲和乙分别沿水平方向抛出，两球的初速度大小相等，已知甲的抛出点为斜面体的顶点，经过一段时间两球分别落在斜面上的A、B点后不再反弹，落在斜面上的瞬间，小球乙的速度与斜面垂直。忽略空气阻力，重力加速度为g，则下列选项正确的是(　 ) A．甲、乙两球在空中运动的时间之比为tan2θ∶1 B．甲、乙两球下落的高度之比为2tan2θ∶1 C．甲、乙两球的水平位移大小之比为tan θ∶1 D．甲、乙两球落在斜面上瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值之比为2tan2θ∶1 [解析]　由小球甲的运动可知，tan θ＝＝＝，解得t＝，落到斜面上的速度方向与水平方向夹角的正切值为tan α甲＝＝，则tan α甲＝2tan θ；由小球乙的运动可知，tan θ＝＝，解得t′＝，落到斜面上的速度方向与水平方向夹角的正切值为tan α乙＝＝。甲、乙两球在空中运动的时间之比为t∶t′＝2tan2θ∶1，A错误；由h＝gt2可知甲、乙两球下落的高度之比为h∶h′＝t2∶t′2＝4tan4θ∶1，B错误；由x＝v0t可知甲、乙两球的水平位移大小之比为x∶x′＝t∶t′＝2tan2θ∶1，C错误；甲、乙两球落在斜面上瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值之比为2tan2θ∶1，D正确。 [答案]　D |思|维|建|模|　落点在斜面上的平抛运动处理思路 图示 方法 基本规律 运动时间 分解速度，构建速度的矢量三角形 水平vx＝v0 竖直vy＝gt 合速度v＝ 由tan θ＝＝得t＝ 分解位移，构建位移的矢量三角形 水平x＝v0t 竖直y＝gt2 合位移x合＝ 由tan θ＝＝得t＝ 类型(二)　落点在曲面上的平抛运动 [例2·落在圆弧面上]　如图所示，半径为R的半球形碗固定于水平面上，碗口水平，O点为碗的圆心，A、B为水平直径的两个端点。将一弹性小球(可视为质点)从A点沿AB方向以初速度v1水平抛出，小球与碗内壁碰撞一次后恰好经过B点；若将该小球从离O点R处的C点以初速度v2水平抛出，小球与碗内壁碰撞一次后恰好返回C点。假设小球与碗内壁碰撞前后瞬间小球的切向速度不变，沿半径方向的速度等大反向，则v2与v1的比值为(　 ) A．2 B. C. D. [解析]　小球从A点以初速度v1向右平抛，反弹后经过B点，由对称性知小球与碗内壁的碰撞点应在碗的最低点，由平抛运动的规律有R＝v1t1，R＝gt12，解得v1＝；小球从C点以初速度v2向右平抛，要使小球能反弹回C点，小球必须垂直打在圆弧上， 如图所示，设碰撞点为D，连接OD，即为平抛轨迹过D点的切线，过D点作DE⊥AB于E，则O为小球平抛水平位移的中点，有ED＝gt22，CO＝OE＝v2t2，在Rt△ODE中，有(ED)2＋(OE)2＝R2，解得v2＝，可得＝，故选B。 [答案]　B [例3·落在抛物面上]　如图所示，在竖直平面内有一曲面，曲面满足的数学关系式为y＝x2(x＞0)，在y轴上有一点P，坐标为(0,6 m)。从P点将一可看成质点的小球水平抛出，初速度为1 m/s。则小球第一次打在曲面上的时间为(不计空气阻力，g取10 m/s2)(　 ) A．1 s B. s C. s D. s [解析]　设小球经过时间t打在曲面上M点，M点坐标为(x1，y1)，小球水平抛出后做平抛运动，在水平方向上，有x1＝v0t，在竖直方向上，有6 m－y1＝gt2，又小球打在曲面上，则满足数学关系式y1＝x12，代入数据联立解得t＝1 s，故A正确，B、C、D错误。 [答案]　A |思|维|建|模|　平抛运动与两类曲面结合问题 (1)物体平抛后落入圆弧内时，物体平抛运动的水平位移、竖直位移与圆弧半径存在一定的数量关系。 (2)物体平抛后落入抛物面内时，物体平抛运动的水平位移、竖直位移与抛物线方程结合可以建立水平方向和竖直方向的关系方程。 　 逐点清(三)　平抛运动的临界、极值问题 1．常见的“临界术语” (1)题目中有“刚好”“恰好”“正好”“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述的过程中存在临界点。 (2)题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程中存在着极值。 2．平抛运动临界、极值问题的分析方法 (1)确定研究对象的运动性质； (2)根据题意确定临界状态； (3)确定临界轨迹，画出轨迹示意图； (4)应用平抛运动的规律结合临界条件列方程求解。 [典例]　某科技比赛中，参赛者设计了一个轨道模型，如图所示，模型放到0.8 m高的水平桌子上，最高点距离水平地面H＝2 m，右端出口水平。现让小球在最高点由静止释放，忽略阻力作用，为使小球飞得最远，右端出口距离桌面的高度应设计为(　 ) A．0　　　B．0.1 m　　　C．0.2 m　　　D．0.3 m [解析]　 设右端出口距离地面的高度为h，小球从最高点到右端出口，机械能守恒，有mg(H－h)＝mv2，从右端出口飞出后，小球做平抛运动，有x＝vt，h＝gt2，联立解得x＝2，根据数学知识可知，当H－h＝h时，x最大，即h＝1 m时，小球飞得最远，此时右端出口距离桌面高度为Δh＝1 m－0.8 m＝0.2 m，故C正确。 [答案]　C [针对训练] 1.套圈游戏是一项趣味活动，如图，某次游戏中，一小孩从距地面高0.45 m处水平抛出半径为0.1 m的圆环(圆环面始终水平)，套住了距圆环前端水平距离为1.0 m且顶端离地高度为0.25 m的竖直细圆筒。若重力加速度大小g＝10 m/s2，则小孩抛出圆环的初速度可能是(　 ) A．4.3 m/s B．5.6 m/s C．6.5 m/s D．7.5 m/s 解析：选B　根据h1－h2＝gt2，解得t＝＝ s＝0.2 s，则平抛运动的最大初速度v1＝＝ m/s＝6.0 m/s，最小初速度v2＝＝ m/s＝5.0 m/s，则5.0 m/s＜v＜6.0 m/s，故选B。 2．一探险队在探险时遇到一山沟，山沟的一侧OA竖直，另一侧的坡面OB呈抛物线形状，与一平台BC相连，如图所示。已知山沟竖直一侧OA的高度为2h，平台BC在距沟底h高处，C点离竖直线OA的水平距离为2h。以沟底的O点为原点、OA直线为y轴建立平面直角坐标系xOy，坡面OB的抛物线方程为y＝。质量为m的探险队员从山沟的竖直一侧，沿水平方向跳向平台。探险队员视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g。 (1)若该探险队员从A点以速度v0水平跳出时，落在坡面OB的某处，则他在空中运动的时间为多少？ (2)为了能落在平台上，他在A点的初速度v应满足什么条件？请计算说明。 解析：(1)设落点处的坐标为(x，y)，则有x＝v0t，y＋gt2＝2h，y＝，联立解得t＝。 (2)若落在C处，h＝gt′2,2h＝vt′，联立解得v＝。 若落在B处，B点坐标为(xB，h)，满足坡面的抛物线方程，即h＝，解得xB＝h，又xB＝vt″，h＝gt″2，联立解得v＝。故初速度应满足≤v≤。 答案：(1)　(2)≤v≤，理由见解析 逐点清(四)　斜抛运动 对斜上抛运动从抛出点到最高点的运动过程，可逆向分析为平抛运动，分析完整的斜上抛运动，还可根据下列三种对称性求解某些问题。 轨迹对称 斜上抛运动的轨迹关于过最高点的竖直线对称 速度对称 关于过轨迹最高点的竖直线对称的两点速度大小相等 时间对称 关于过轨迹最高点的竖直线对称的两点，从其中一点到最高点的上升时间与从最高点到对称点的下降时间相等 [考法全训] 考法1　斜抛运动规律的理解和应用 1．(鲁科版教材必修2，P56练习T11)某次军事演习中，在P、Q两处的炮兵向正前方同一目标O发射炮弹，要求同时击中目标。若忽略空气阻力，炮弹轨迹如图所示，你认为哪一处的炮兵先发射炮弹？请简述理由。 提示：Q处的炮兵先发射炮弹。设炮弹上升的最大高度为H，炮弹运动的时间为t，由竖直上抛运动规律得H＝g2，解得t＝ ，由于Q处发射的炮弹上升的最大高度大，所以Q处发射的炮弹在空中运动时间较长，要求同时击中目标，所以Q处的炮兵先发射炮弹。 2．(人教版教材必修2，P20 B组练习T1)在篮球比赛中，投篮的投出角度太大和太小，都会影响投篮的命中率。在某次投篮表演中，运动员在空中一个漂亮的投篮，篮球以与水平面成45°的倾角准确落入篮筐，这次跳起投篮时，投球点和篮筐正好在同一水平面上(如图)，设投球点到篮筐距离为9.8 m，不考虑空气阻力，g取10 m/s2。 (1)篮球进筐的速度有多大？ (2)篮球投出后的最高点相对篮筐的竖直高度是多少？ 解析：(1)设篮球出手和进筐的速度大小分别为v0和v，由题意可知v＝v0。设篮球从出手到落入篮筐所用的时间为t，在竖直方向篮球只受重力，做竖直上抛运动，有－v0sin 45°＝v0sin 45°－gt。篮球在水平方向的分运动为匀速运动，有x＝v0tcos 45°。联立解得v＝ m/s≈9.9 m/s。 (2)篮球投出后的最高点相对篮筐的竖直高度h＝＝2.45 m。 答案：(1)9.9 m/s　(2)2.45 m 3．(2023·湖南高考)如图(a)，我国某些农村地区人们用手抛撒谷粒进行水稻播种。某次抛出的谷粒中有两颗的运动轨迹如图(b)所示，其轨迹在同一竖直平面内，抛出点均为O，且轨迹交于P点，抛出时谷粒1和谷粒2的初速度分别为v1和v2，其中v1方向水平，v2方向斜向上。忽略空气阻力，关于两谷粒在空中的运动，下列说法正确的是(　 ) A．谷粒1的加速度小于谷粒2的加速度 B．谷粒2在最高点的速度小于v1 C．两谷粒从O到P的运动时间相等 D．两谷粒从O到P的平均速度相等 解析：选B　抛出的两谷粒在空中均仅受重力作用，加速度均为重力加速度，A错误；谷粒2做斜向上抛运动，谷粒1做平抛运动，均从O点运动到P点，故位移相同，在竖直方向上谷粒2做竖直上抛运动，谷粒1做自由落体运动，竖直方向上位移相同，故谷粒2运动时间较长，C错误；谷粒2做斜抛运动，水平方向上为匀速直线运动，故运动到最高点的速度即为水平方向上的分速度，相同水平位移谷粒2用时较长，故谷粒2在水平方向上的分速度较小，即最高点的速度小于v1，B正确；两谷粒从O点运动到P点的位移相同，谷粒1的运动时间小于谷粒2的运动时间，则谷粒1的平均速度大于谷粒2的平均速度，D错误。 |考|教|衔|接|　 人教版和鲁科版教材中的练习题都是物体做斜抛运动，湖南高考题是平抛运动与斜抛运动的对比分析问题，且与鲁科版练习题都属于多物体抛体运动问题。“源于教材，高于教材”是高考命题一贯坚持的原则。 　 考法2　三维空间内的斜抛运动 4．(2022·山东高考)(双选)如图所示，某同学将离地1.25 m的网球以13 m/s的速度斜向上击出，击球点到竖直墙壁的距离4.8 m。当网球竖直分速度为零时，击中墙壁上离地高度为8.45 m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10 m/s2，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．v＝5 m/s B．v＝3 m/s C．d＝3.6 m D．d＝3.9 m 解析：选BD　设网球飞出时的速度为v0，竖直方向v0竖直2＝2g(H－h)，代入数据得v0竖直＝ m/s＝12 m/s，则v0水平＝ m/s＝5 m/s，网球水平方向到P点的距离x水平＝v0水平t＝v0水平·＝6 m，根据几何关系可得打在墙面上时，垂直墙面的速度分量v0水平⊥＝v0水平·＝4 m/s，平行墙面的速度分量v0水平∥＝v0水平·＝3 m/s，反弹后，垂直墙面的速度分量v水平⊥′＝0.75·v0水平⊥＝3 m/s，则反弹后的网球速度大小为v水平＝＝3 m/s，网球落到地面的时间t′＝ ＝ s＝1.3 s，着地点到墙壁的距离d＝v水平⊥′t′＝3.9 m，故B、D正确，A、C错误。 考法3　斜抛运动与斜面结合问题 5．单板滑雪U形池比赛是冬奥会比赛项目，其场地可以简化为如图甲所示的模型：U形滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道和一个中央的平面直轨道连接而成，轨道倾角为17.2°。某次练习过程中，运动员以vM＝10 m/s的速度从轨道边缘上的M点沿轨道的竖直切面ABCD滑出轨道，速度方向与轨道边缘线AD的夹角α＝72.8°，腾空后沿轨道边缘的N点进入轨道。图乙为腾空过程左视图。该运动员可视为质点，不计空气阻力，取重力加速度的大小g＝10 m/s2，sin 72.8°＝0.96，cos 72.8°＝0.30。求： (1)运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值d； (2)M、N之间的距离L。 解析：(1)在M点，设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分速度为v1，由运动的合成与分解规律得v1＝vMsin 72.8° ① 设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分加速度为a1，由牛顿第二定律得mgcos 17.2°＝ma1 ② 由运动学公式得d＝ ③ 联立①②③式，代入数据得d＝4.8 m。 ④ (2)在M点，设运动员在ABCD面内平行AD方向的分速度为v2，由运动的合成与分解规律得 v2＝vMcos 72.8° ⑤ 设运动员在ABCD面内平行AD方向的分加速度为a2，由牛顿第二定律得mgsin 17.2°＝ma2 ⑥ 设腾空时间为t，由运动学公式得t＝ ⑦ L＝v2t＋a2t2 ⑧ 联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得L＝12 m。 ⑨ 答案：(1)4.8 m　(2)12 m [课时跟踪检测] 一、立足基础，体现综合 1．(2024·宁德高三月考)如图所示，1、2两个小球以相同的速度v0水平抛出。球1从左侧斜面抛出，经过时间t1落回斜面上，球2从某处抛出，经过时间t2恰能垂直撞在右侧的斜面上。已知左、右两侧斜面的倾角分别为α＝30°、β＝60°，则(　 ) A．t1∶t2＝1∶2 B．t1∶t2＝1∶3 C．t1∶t2＝2∶1 D．t1∶t2＝3∶1 解析：选C　由题意可得，对球1，有tan α＝＝，对球2，有tan β＝，又tan α·tan β＝1，联立解得t1∶t2＝2∶1，A、B、D错误，C正确。 2．(2024年1月·贵州高考适应性演练)无人机在一斜坡上方沿水平方向向右做匀速直线运动，飞行过程中先后释放甲、乙两个小球，两小球释放的初始位置如图所示。已知两小球均落在斜坡上，不计空气阻力，比较两小球分别从释放到落在斜坡上的过程，下列说法正确的是(　 ) A．乙球的位移大 B．乙球下落的时间长 C．乙球落在斜坡上的速度大 D．乙球落在斜坡上的速度与竖直方向的夹角大 解析：选D　根据题意可知，甲、乙两球均做平抛运动，但由于甲球先释放，乙球后释放，且两球均落在斜坡上，则可知乙球在斜坡上的落点比甲球在斜坡上的落点高，而平抛运动在竖直方向的分运动为自由落体运动，在水平方向的分运动为匀速直线运动，由于乙球的落点高，则乙球在竖直方向的位移小，根据h＝gt2，可得t＝，由此可知乙球下落的时间小于甲球下落的时间，即t甲>t乙，根据x＝vxt，乙球在水平方向的位移小于甲球在水平方向的位移，而甲、乙两球的位移s＝，由于h甲>h乙，x甲>x乙，因此可知s甲>s乙，即乙球的位移小于甲球的位移，故A、B错误；落在斜坡上时竖直方向的分速度vy＝gt，小球落在斜坡上时的速度v＝，由于甲球下落时间大于乙球下落时间，可知，乙球落在斜坡上的速度小于甲球落在斜坡上的速度，故C错误；设小球落在斜坡上时速度方向与竖直方向的夹角为θ，则小球落在斜坡上时速度与竖直方向夹角的正切值tan θ＝，由于vy甲>vy乙，因此tan θ甲<tan θ乙，则有θ甲<θ乙，由此可知，乙球落在斜坡上的速度与竖直方向的夹角大，故D正确。 3．(2024·莆田高三质检)(双选)如图所示，一学生做定点投篮游戏。第一次出手，篮球的初速度方向与竖直方向的夹角α＝60°；第二次出手，篮球的初速度方向与竖直方向的夹角β＝30°；两次出手的位置在同一竖直线上，结果两次篮球正好垂直撞击到篮板同一位置点。不计空气阻力，则从篮球出手到运动到点C的过程中，下列说法正确的是(　 ) A．运动时间的比值为1∶3 B．上升的最大高度的比值为1∶3 C．在C点时，两次球的机械能相等 D．两次球的初动能相等 解析：选BD　设投篮处与篮板的水平距离为x，将篮球的运动反向看作平抛运动，根据平抛运动的物体任意时刻速度的反向延长线过水平位移的中心，如图所示，对第一次出手，有tan 30°＝，第二次出手，有tan 60°＝，联立解得＝，y1＝gt，y2＝gt，解得＝，A错误，B正确；对第一次出手，有·t1＝y1，v1＝，vx1＝，对第二次出手，有·t2＝y2，v2＝，vx2＝，联立解得v1＝v2，vx1＝vx2，因二者初速度相等，则初动能相等，但速度在水平方向上的分量不同，则打在篮板上的末速度不同，则在C点时，两球的机械能不同，C错误，D正确。 4．某同学进行抛体运动的相关研究。第一次把一个体积较小的钢球(空气阻力可以忽略不计)用发射器从H＝1.25 m高处水平射出，落地点为P，发射点到P点的水平距离为x。第二次把一个质量相同的塑料球用同一水平速度水平射出，仅改变发射高度，发现当发射高度调整为h＝1.8 m时，塑料球的落点也在P点。该同学对塑料球的受力做了一下分析和处理：塑料球竖直方向速度较小，空气阻力的竖直分力忽略不计，但水平方向的空气阻力不能忽略且视为恒力。根据这种设想，塑料球在运动时受到的空气阻力约为重力的(重力加速度的大小g＝10 m/s2)(　 ) A.倍 B.倍 C.倍 D.倍 解析：选A　第一次抛出钢球做平抛运动，则有H＝gt，x＝v0t1，第二次抛出塑料球在竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀减速直线运动，则有h＝gt，x＝v0t2－at，联立解得a＝x，则有＝＝，故选A。 5．如图甲所示是一种投弹式干粉消防车。如图乙，从消防车出弹口到高楼的水平距离为x，在同一位置消防车先后向高层建筑发射2枚灭火弹，且灭火弹均恰好垂直射入建筑玻璃窗，假设发射初速度大小均为v0，v0与水平方向夹角分别为θ1、θ2，击中点离出弹口高度分别为h1、h2，灭火弹在空中飞行时间分别为t1、t2。灭火弹可视为质点，两运动轨迹在同一竖直面内，且不计空气阻力，重力加速度为g。则下列说法正确的是(　 ) A．高度之比＝ B．时间之比＝ C．两枚灭火弹的发射角满足θ1＋θ2＝90° D．水平距离与两枚灭火弹飞行时间满足x＝2gt1t2 解析：选C　两灭火弹在竖直方向的初速度分别为vy1＝v0sin θ1，vy2＝v0sin θ2，根据v＝2gh，可得＝，根据vy＝gt，可得＝，故A、B错误；两灭火弹在水平方向有x＝v0cos θ1·，x＝v0cos θ2·，可得sin 2θ1＝sin 2θ2＝sin(180°－2θ2)，结合数学关系可得θ1＋θ2＝90°，故C正确；水平方向有＝v0cos θ1，竖直方向有gt2＝v0sin θ2，又由θ1＋θ2＝90°得sin θ2＝cos θ1，可得x＝gt1t2，故D错误。 6．(2024·福州高三调研)如图所示，A、B两篮球从同一高度处同时抛出，均垂直碰上篮板的同一点。已知A球抛出时速度为vA，在空中运动时间为t1，B球抛出时速度为vB，在空中运动时间为t2，则t1________t2，vA______vB(均填“大于”“等于”或“小于”)。 解析：篮球抛出后，篮球仅受到重力作用，在竖直方向做上抛运动，水平方向做匀速运动，因均垂直碰上篮板，可知在最高点竖直方向上的速度均为0，在竖直方向上可视为做反向的自由落体运动，可得h＝gt2，解得t＝，已知竖直高度相等，可得t1＝t2，水平方向做匀速直线运动，可得x＝vxt，已知xA>xB，可得vxA>vxB，竖直方向有vy＝gt，可得vyA＝vyB，根据v＝，可得vA>vB。 答案：等于　大于 7．如图所示是疯狂水杯游戏的结构简图。在距离桌子右侧x＝4 m处将杯子以一定速度滑出，杯子滑行过程中只受到摩擦力作用，杯子停下来的点离桌子右边沿越近，则得分越高。假设在A点以4 m/s速度抛出杯子时，杯子恰好停在最右侧B点，求：(g取10 m/s2) (1)杯子与桌面间动摩擦因数； (2)以5 m/s初速度把杯子从A点抛出，则杯子到达B点时的速度； (3)桌面高度h＝1.25 m，第(2)问中杯子落地点离B点水平位移。 解析：(1)杯子做匀减速运动v2－v＝2ax，Ff＝－μmg＝ma 联立以上两式解得μ＝0.2。 (2)杯子从A点抛出到达B点过程有v－v＝2ax，解得vB＝3 m/s。 (3)杯子从B点滑出后做平抛运动， 竖直方向h＝gt2，解得t＝0.5 s 水平方向x＝vBt，解得x＝1.5 m。 答案：(1)0.2　(2)3 m/s　(3)1.5 m 二、注重应用，强调创新 8．(双选)如图所示，斜面的倾角为53°的斜面体ABC固定放置在水平面上，斜面的高度为h，P点是A点的正上方与C点等高的点，让一小球(视为质点)从P点水平向右抛出，结果垂直打在斜面的D点。已知重力加速度为g，sin 53°＝0.8、cos 53°＝0.6，则下列说法正确的是(　 ) A．小球从P到D的运动时间为 B．小球在P点的速度为 C．小球在D的速度为 D．C、D两点之间的距离为h 解析：选AC　设小球在P点的速度为v0，小球从P到D的运动时间为t，把小球在D点的速度分别沿水平方向和竖直方向分解，由几何关系可得＝tan 53°，由平抛运动的规律可得x＝v0t，y＝gt2，由几何关系可得y＋xtan 53°＝h，联立解得t＝，v0＝，A正确，B错误；小球在D点的速度为v＝＝，C正确；由A、B解析可得y＝h，C、D两点之间的距离为s＝＝h，D错误。 9．某游乐场有一打金蛋游戏，游戏示意图如下。弹珠的发射速度方向与斜面垂直、大小可以通过按压的力度来调整，若弹珠弹出后直接击中B点的金蛋为三等奖；若与斜面碰撞一次再击中金蛋为二等奖；若与斜面碰撞两次再击中金蛋为一等奖，已知斜面与水平方向夹角为45°，斜面AB长 m，弹珠与斜面碰撞瞬间弹珠在垂直于斜面方向上的速度反向、大小不变，沿斜面方向上的速度不变，取重力加速度g＝10 m/s2，忽略空气阻力影响，以下说法正确的是(　 ) A．若最终得到三等奖，则弹珠发射的初速度大小为5 m/s B．最终得到一、二、三等奖的弹珠从射出到击中金蛋的时间之比为1∶1∶1 C．最终得到一、二、三等奖的弹珠从射出到击中金蛋的时间之比为2∶3∶4 D．最终得到一、二、三等奖的弹珠的初速度之比为4∶3∶2 解析：选B　将重力加速度g沿斜面方向和垂直于斜面方向分解gx＝gsin θ，gy＝gcos θ，θ＝45°，弹珠沿斜面方向做初速度为0、加速度为gx的匀加速直线运动，在垂直于斜面方向上弹珠做类竖直上抛运动，若最终得到三等奖则有x＝gxt，t3＝，解得v3＝ m/s，A错误；从发射出弹珠到击中金蛋，沿斜面方向弹珠一直在做初速度为零、加速度为gx的匀加速直线运动，三种情况的位移一样，所以三种情况运动的时间也相等，即t1∶t2∶t3＝1∶1∶1，B正确，C错误；因t1＝，t2＝，t3＝，得v1∶v2∶v3＝2∶3∶6，D错误。 10．(2024·成都高三模拟)如图为一“永动机”玩具的模型，abcd是一组光滑细金属双轨，轨道间距为l＝0.8 cm，bc段水平。按下一个隐蔽开关后，把质量m＝3.6 g的钢球从软木盘中心洞口O无初速释放，经过隐蔽的加速装置，钢球便沿轨道运动至d点斜向上飞出，速度与水平方向成53°，之后恰好落到洞口O点附近的G点，接着在洞口附近来回运动一段时间后，再次从洞口无初速落下，此后不断重复以上过程。不计空气阻力，g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8。 (1)已知钢球直径d＝1 cm，求钢球在bc段上滚动时，每条轨道对钢球的支持力F； (2)若将钢球视作质点，Gd处在同一高度，水平距离s＝60 cm，求钢球从d点飞出后能上升的最大高度h。 解析：(1)钢球在bc段上滚动时，每条轨道对钢球的支持力与竖直方向夹角满足sin θ＝＝ 竖直方向根据受力平衡可得2Fcos θ＝mg 联立解得F＝0.03 N。 (2)Gd间的运动可以视为两段平抛运动，利用平抛知识可知，水平方向有＝vxt 竖直方向有vy＝gt d点速度与水平方向夹角满足tan 53°＝ 又h＝gt2，联立解得t＝0.2 s，h＝0.2 m。 答案：(1)0.03 N　(2)0.2 m 学科网（北京）股份有限公司 $$