第4章 第2讲 抛体运动(课件PPT)-【金版新学案】2025年高考物理高三总复习大一轮复习讲义（新高考版）

第四章 曲线运动 第2讲　抛体运动 课标要求 1．通过实验，探究并认识平抛运动的规律。 2．会用运动合成与分解的方法分析平抛运动。 3．体会将复杂运动分解为简单运动的物理思想。 4．能分析生产生活中的抛体运动。 考点一　平抛运动的理解及应用 考点二　有约束条件的平抛运动 考点三　平抛运动中的临界问题 内容索引 课时测评 考点四　斜抛运动问题 考点一　平抛运动的理解及应用 返回 1．平抛运动 (1)定义：将物体以一定的初速度沿______方向抛出，物体只在______作用下的运动。 (2)性质：平抛运动是加速度为g的________曲线运动，运动轨迹是________。 (3)研究方法：①水平方向：__________运动；②竖直方向：__________运动。 知识梳理 水平 重力 匀变速 抛物线 匀速直线 自由落体 2．基本规律 如图所示，以抛出点O为坐标原点，以初速度v0方向(水平方向)为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向。 (2022·广东高考·改编)如图所示，在竖直平面内， 截面为三角形的小积木悬挂在离地足够高处，一 玩具枪的枪口与小积木上P点等高且相距为L。当 玩具子弹以水平速度v从枪口向P点射出时，小积 木恰好由静止释放，子弹从射出至击中积木所用时间为t。不计空气阻力。 判断下列关于子弹的说法正误： (1)玩具子弹的运动是平抛运动。 ( ) (2)玩具子弹的初速度大小大于 。 ( ) (3)玩具子弹击中小积木的位置在P点的上方。 ( ) (4)在相同的时间内玩具子弹与小积木的速度变化量相同。 ( ) 高考情境链接 √ × × √ 1．平抛运动四个基本特点 核心突破 飞行时间 由t＝ 知，飞行时间取决于下落高度h，与初速度v0无关。 水平射程 x＝v0 ，即水平射程由初速度v0和下落高度h共同决定，与其他因素无关。 落地速度 v＝ ，落地速度也只与初速度v0和下落高度h有关。 速度改变量   任意相等时间间隔Δt内的速度改变量Δv＝gΔt相同， 方向恒为竖直向下，如图所示。 注意：平抛运动中任意相等时间间隔Δt内的速率改 变量一定不相等。 2．两个重要推论 (1)平抛运动的物体在任意时刻(任意位置处)的速度偏向角θ与位移偏向角α的关系一定满足：tan θ＝2tan α。 推导： →tan θ＝2tan α (2)平抛运动的物体在任意时刻的瞬时速度的反向延长线与初速度方向的延长线的交点一定通过对应水平位移的中点，即xB＝ 。 推导： (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。 例1 答案： 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 ＝0.05×4 s＝0.2 s 设抛出瞬间小球的速度为v0，每相邻两球间的水平 方向上的位移为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 令y1＝y，则有y2＝3y1＝3y 已标注的线段s1、s2分别为s1＝ 则有 整理得x＝ 故在抛出瞬间小球的速度大小为 v0＝ 对点练1．(2023·全国甲卷)一同学将铅球水平推出，不计空气阻力和转动的影响，铅球在平抛运动过程中 A．机械能一直增加 B．加速度保持不变 C．速度大小保持不变 D．被推出后瞬间动能最大 √ 铅球做平抛运动，仅受重力作用，故机械能守恒，A错误；铅球的加速度恒为重力加速度，B正确；铅球做平抛运动，水平方向速度不变，竖直方向做匀加速直线运动，根据运动的合成可知铅球速度变大，则动能越来越大，C、D错误。故选B。 对点练2．(多选)如图所示，x轴在水平地面上，y轴沿竖直方向。图中画出了从y轴上不同位置沿x轴正方向水平抛出的三个小球a、b和c的运动轨迹。小球a从(0，2L)处抛出，落在(2L，0)处；小球b、c从(0，L)处抛出，分别落在(2L，0)和(L，0)处。不计空气阻力，下列说法正确的是 A．b和c的运动时间相同 B．a的运动时间是b的两倍 C．a和b的加速度相同 D．b的初速度是c的两倍 √ √ √ b、c抛出时的高度相同，且小于a抛出时的高度，根据 h＝ gt2得t＝ ，可知b、c的运动时间相同，a的运 动时间是b的运动时间的 倍，A正确，B错误；由于a 和b都做平抛运动，只受竖直方向的重力作用，故a和b的加速度相同，C正确；b、c的运动时间相同，b的水平位移是c的水平位移的两倍，则b的初速度是c的两倍，D正确。 返回 考点二　有约束条件的平抛运动 返回 平抛运动的物体一般是落到水平地面上，如果落点不在地面上而是有一定的约束条件，如落到斜面上、圆弧面上、竖直面上、台阶面上等，由于约束条件的不同，处理方法会有所不同。 考向1　落点在斜面上 　落点在斜面上的三种情境分析 模型 方法 分解速度，构建速度三角形，找到斜面倾角θ与速度方向的关系 分解速度，构建速度的矢量三角形 分解位移，构建位移三角形，隐含条件：斜面倾角θ等于位移与水平方向的夹角 基本规律 水平：vx＝v0 竖直：vy＝gt 合速度：v＝ 方向：tan θ＝ 水平：vx＝v0 竖直：vy＝gt 合速度：v＝ 方向：tan θ＝ 水平：x＝v0t 竖直：y＝ gt2 合位移： s＝ 方向：tan θ＝ (2024·福建宁德高三月考)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 例2 √ 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。 考向2　落点在圆弧面(或曲面)上 　落点在曲面上的三种情境分析 运动情景 物理量分析 在半圆内的平抛运动， 运动情景 物理量分析 小球恰好从圆柱体的Q点沿切线飞过，此时半径OQ垂直于速度方向，圆心角θ与速度的偏向角相等 (多选)(2024·河北唐山模拟)如图为一半圆形 的坑，其中坑边缘两点A、B与圆心O等高且在同 一竖直平面内，在圆边缘A点将一小球以速度v1水 平抛出，小球落到C点，运动时间为t1；第二次从 A点以速度v2水平抛出，小球落到D点，运动时间为t2。不计空气阻力，则 A．v1＜v2 B．t1＜t2 C．小球落到D点时，速度方向可能垂直圆弧 D．小球落到C点时，速度与水平方向的夹角一定大于45° 例3 √ √ 连接AC和AD，如图所示， 设AC和AD在竖直方向上的高度分别为hAC和hAD， 由图可知hAC＞hAD，且由hAC＝ ，hAD＝ ， 可得t1＞t2，设AC和AD的水平方向上的长度分别 为xAC和xAD，则由xAC＜xAD，xAC＝v1t1，xAD＝v2t2， 可得v1＜v2，故A正确，B错误；若小球落到D点时，速度方向垂直圆弧，则速度方向的反向延长线通过圆心，由于O点不是水平位移的中点，所以小球落到D点时，速度方向不可能垂直圆弧，故C错误；小球落到C点时，设小球的位移偏转角为α，即AC与水平方向的夹角为α，则有 tan α＝ ＝1，可得α＝45°，根据平抛运动规律，设小球的速度偏转角为β，即小球落到C点时速度方向与水平方向的夹角为β，满足tan β＝2tan α＝2，说明β一定大于45°，则速度与水平方向的夹角一定大于45°，D正确。故选AD。 考向3　落点在竖直面上 对于落点在竖直面上的平抛运动，如图所示，如果从 同一点平抛的物体，由于水平初速度v0不同，导致在同一 竖直面上落点不同，但其水平位移d相同，根据t＝ 可知 其运动时间t不相等。 (2024·四川广元模拟)如图所示，某人从同一位置 O点以不同的水平速度投出三枚飞镖A、B、C，最后都 插在竖直墙壁上，它们与墙面的夹角分别为60°、45°、 30°，图中飞镖的方向可认为是击中墙面时的速度方向， 不计空气阻力，则下列说法正确的是 A．三只飞镖做平抛运动的初速度一定满足vA0＞vB0＞vC0 B．三只飞镖击中墙面的速度满足vA＞vB＞vC C．三只飞镖击中墙面的速度一定满足vA＝vB＝vC D．插在墙上的三只飞镖的反向延长线不会交于同一点 例4 √ 飞镖做平抛运动，水平分运动是匀速直线运动，有 x＝v0t。飞镖击中墙面的速度与竖直方向夹角的正 切值为tan α＝ ，联立解得v0＝ ，α越 大，v0越大，故有vA0＞vB0＞vC0，故A正确；根据 平行四边形定则并结合几何关系可得，飞镖击中 墙面的速度v＝ ，故vA＝vC＞ vB，故B、C错误；飞镖做平抛运动，速度的反向延长线通过水平分位移的中点，而三只飞镖水平分位移的中点相同，故插在墙上的三只飞镖的反向延长线一定交于同一点，故D错误。故选A。 考向4　落点在台阶面上 落点在台阶面上的平抛运动，由于上一层台阶的约束，对应的平抛初速度一般有一个范围；找出最小速度和最大速度对应的水平位移和竖直位移是解决该类问题的关键。 如图所示，一可看作质点的小球从一台阶顶端以 v0＝4 m/s的水平速度抛出，每级台阶的高度和宽度均 为1 m，如果台阶数足够多，重力加速度g取10 m/s2，则 小球将首先落在台阶的标号为 A．1 B．2 C．3 D．4 例5 √ 设小球从抛出到落到台阶上经历的时间为t，则水平位移 为x＝v0t，竖直位移为y＝ gt2，因为每级台阶的高度和 宽度均为1 m，所以小球落在台阶上时水平位移与竖直位 移的夹角小于等于45°，即 ≤tan 45°＝1，代入数据 解得t≥0.8 s，相应的水平位移x≥4×0.8 m＝3.2 m，则台阶数n≥ ＝3.2，可知小球抛出后首先落到标号为4的台阶上，故选D。 返回 考点三　平抛运动中的临界问题 返回 1．平抛运动中临界问题的两种常见情形 (1)涉及物体的“最大位移”“最小位移”“最大初速度”“最小初速度”等问题。 (2)物体的速度方向恰好沿着“某一方向”。 2．解题技巧：在题中找出有关临界问题的关键字，如“恰好不出界”“刚好飞过壕沟”“速度方向恰好与斜面平行”“速度方向与圆周相切”等，然后利用平抛运动对应的位移规律或速度规律进行解题。 考向1　平抛运动的临界问题 2023年8月27日，中国女排在2023年U21女排世锦赛中夺冠。如图为排球比赛场地示意图，其长度为L，宽度为s，球网高度为h。现女排队员在底线中点正上方沿水平方向发球，发球点高度为1.5h，排球做平抛运动(排球可看作质点，忽略空气阻力)，重力加速度为g，则排球 A．能过网的最小初速度为 B．能落在界内的最大位移为 C．能过网而不出界的最大初速度为 D．能落在界内的最大末速度为 例6 √ 根据平抛运动的两个分运动规律x＝v0t， y＝ gt2，联立可得y＝ ，刚能过 网的条件为x＝ ，y＝1.5h－h＝0.5h，带入轨迹方程可得最小初速度为v0＝ ，故A错误；能落在界内的最大位移是落在斜对角上，由几何关系有smax＝ ，故B错误；能过网而不出界落在斜对角上时有最大初速度，条件为x＝ ，y＝1.5h，带入轨 迹方程可得最大初速度为v0max＝ ，故C正确；根据末速度的合成规律可知，能落在界内的最大末速度为vmax＝ ＝ ，故D错误。故选C。 考向2　平抛运动的极值问题 (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) 例7 答案： 石子做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，则有2gh＝v 可得落到水面上时的竖直速度vy＝ 由题意可知 ≤tan θ，即v0≥ 则石子抛出速度的最小值为 返回 考点四　斜抛运动问题 返回 1．定义：将物体以初速度v0__________或斜向下方抛出，物体只在______作用下的运动。 2．性质：斜抛运动是加速度为g的________曲线运动，运动轨迹是________。 3．基本规律 (1)以斜上抛运动的抛出点为坐标原点O，水平向右为x轴 的正方向，竖直向上为y轴的正方向，建立如图所示的平 面直角坐标系xOy。 知识梳理 斜向上方 重力 匀变速 抛物线 (2)初速度可以分解为v0x＝v0cos θ，v0y＝v0sin θ。 ①在水平方向： 位移：x＝v0xt＝(v0cos θ)t, 速度：vx＝v0x＝v0cos θ。 ②在竖直方向： 位移：y＝v0yt－ gt2＝(v0sin θ)t－ gt2， 速度：vy＝v0y－gt＝v0sin θ－gt。 (2023·湖南高考·改编)如图(a)，我国某 些农村地区人们用手抛撒谷粒进行水播 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。 判断下列说法的正误： (1)两颗谷粒都做斜上抛运动。 ( ) (2)谷粒2在最高点的速度一定为零。 ( ) (3)两颗谷粒在P点相遇。 ( ) (4)两颗谷粒的运动都是匀变速曲线运动。 ( ) 高考情境链接 × × × √ 1．斜上抛运动的飞行时间、射高、射程 (1)在最高点时：vy＝0，t＝ 物体落回与抛出点同一高度时，有y＝0，飞行时间t总＝ (2)射高：Hm＝ (3)射程：xm＝ 注意：当θ＝45°时，射程xm最大。即初速度v0大小一定时，沿θ＝45°方向斜向上抛出时，射程最大。 核心突破 2．逆向思维法处理斜抛问题 对斜上抛运动从抛出点到最高点的运动过程，可以逆向看成平抛运动；分析完整的斜上抛运动，还可根据对称性求解有关问题。 (2024·山东10月联考)“跳一跳”小游戏模拟了斜抛运动。玩家通过按压屏幕时间的长短控制棋子跳动的水平距离。某次游戏中，棋子从正方体平台A上表面中心跳向正方体平台B，初速度方向在过平台A、B中心的竖直面内。平台的边长和平台间距离均为L，空气阻力不计，棋子的大小忽略不计，重力加速度为g(斜抛运动的轨迹关于通过最高点的竖直线对称)。 例8 (1)若某次游戏中棋子上升的最大高度为H，求棋子从最高点落到平台B上表面中心的时间； 答案： 棋子从最高点落到平台B上表面中心的运动可 视为平抛运动，则运动的时间t＝ (2)求(1)情形下，棋子落到平台B上表面中心的 速度与水平方向夹角的正切值； 答案： 棋子从最高点落到平台B上表面中心时的竖直速度vy＝ 水平速度vx＝ 速度与水平方向夹角的正切值tan θ＝ (3)保持棋子初速度与水平方向夹角θ不变， 为使棋子能落在平台B上，求棋子初速度大 小v的取值范围。 答案： 若棋子落到平台B的左边缘，则v1cos θ·t1＝1.5L t1＝ 解得v1＝ 若棋子落到平台B的右边缘，则v2cos θ·t2＝2.5L t2＝ 解得v2＝ 则初速度的范围为 对点练1．某同学在练习投篮时将篮球从同一位置斜向上抛出，其中有两次篮球垂直撞在竖直放置的篮板上，运动轨迹如图所示，不计空气阻力，关于这两次篮球从抛出到撞击篮板的过程 A．两次在空中运动的时间相等 B．两次抛出时的速度相等 C．第1次抛出时速度的水平分量小 D．第2次抛出时速度的竖直分量大 √ 将篮球的运动反向处理，即为平抛运动。由题图 可知，第2次运动过程中的高度较小，所以运动 时间较短，故A错误；平抛运动在水平方向是匀 速直线运动，水平射程相等，由x＝v0t可知，第 2次抛出时水平分速度较大，第1次抛出时水平分 速度较小，故C正确；平抛运动在竖直方向上是自由落体运动，第2次运动过程中的高度较小，故第2次抛出时速度的竖直分量较小，故D错误；水平分速度第2次大，竖直分速度第1次大，根据速度的合成可知，两次抛出时的速度大小关系不能确定，故B错误。 对点练2．(多选)(2022·山东高考)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为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 √ √ 设网球飞出时的速度为v0，竖直方向v ＝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， 网球到P点的水平距离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＝ 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。故选BD。 返回 课 时 测 评 返回 1．如图所示，儿童在公园里玩水枪，她握紧枪杆保持水平，水源源不断地沿水平方向射出。若枪口距地面高h，水从水枪的管口喷出的速度恒为v，管内横截面积为S，重力加速度为g，则水流稳定后在空中的体积为 A．Sv B．Sv C．S D．S √ 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 以t表示水由管口处到落地所用的时间，有h＝ gt2， 单位时间内喷出的水量为Q＝Sv，空中水的总量应 为V＝Qt，由以上各式得V＝Sv ，所以A正确， B、C、D错误。 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 2．(2023·广东湛江二模)如图所示，某同学在篮筐前某位置跳起投篮。篮球出手点离水平地面的高度h＝1.8 m。篮球离开手的瞬间到篮筐的水平距离为5 m，水平分速度大小v＝10 m/s，要使篮球到达篮筐时，竖直方向的分速度刚好为零。将篮球看成质点，篮筐大小忽略不计，忽略空气阻力，取重力加速度大小g＝10 m/s2。篮筐离地面的高度为 A．2.85 m B．3.05 m C．3.25 m D．3.5m √ 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 篮球离开手到篮筐的时间为t＝ s＝0.5 s， 要使篮球到达篮筐时，竖直方向的分速度刚好 为零，则有v ＝2g(H－h)，vy＝gt，联立解得 H＝3.05 m，故选B。 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 3．(多选)a、b两个物体做平抛运动的轨迹如图所示，设它们抛出的初速度分别为va、vb，从抛出至碰到台上的时间分别为ta、tb，则 A．va＞vb B．va＜vb C．ta＞tb D．ta＜tb √ √ 由题图知，hb＞ha，因为h＝ gt2，得t＝ ，所以ta＜tb，又因为x＝v0t，且xa＞xb，所以va＞vb，选项A、D正确。 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 4．(2024·河北唐山模拟)如图甲为某农场安装的一种自动浇水装置，装置可以简化为如图乙所示的模型。农田中央O点处装有高度为h的竖直细水管，其上端安装有长度为l的水平喷水嘴。水平喷水嘴可以绕轴转动，角速度为ω ＝ ，出水速度v0可调节，其调节范围满足ωl≤v0≤2ωl，重力加速度大小为g，忽略空气阻力。 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 则下列说法正确的是 A．自动浇水装置能灌溉到的农田离O点最近距离为2l B．自动浇水装置能灌溉到的农田离O点最远距离为 C．自动浇水装置能灌溉到的农田面积为4πl2 D．自动浇水装置能灌溉到的农田面积为6πl2 √ 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 水在空中做平抛运动，竖直方向有h＝ gt2， 解得t＝ ，水被喷出时，水平方向同时 具有两个速度，沿径向向外的出水速度v0， 垂直径向方向的水平速度v1＝ωl，则水平方向的两个位移分别为x0＝v0t，x1＝v1t＝ωlt＝ ＝l，其中x0的范围满足ωlt＝l≤x0≤2ωlt＝2l， 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 根据几何关系可知，自动浇水装置能灌溉到的农田离O点最近距离为xmin＝ ，自动浇水装置能灌溉到的农田离O点最远距离为xmax＝ ，故A错误，B正确；自动浇水装置能灌溉到的农田面积为S＝ ，故C、D错误。故选B。 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 5．如图所示为某种水轮机的示意图，水平管出水 口的水流速度恒定为v0，当水流冲击到水轮机上某 挡板时，水流的速度方向刚好与该挡板垂直，该挡 板的延长线过水轮机的转轴O，且与水平方向的夹 角为30°。当水轮机圆盘稳定转动后，挡板的线速 度恰为冲击该挡板的水流速度的一半，忽略挡板的 大小，不计空气阻力，若水轮机圆盘的半径为R，则水轮机圆盘稳定转动的角速度大小为 A．　　　B． 　　　C．　　　D． √ 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 由几何关系可知，水流冲击挡板时，水流的速度方 向与水平方向成60°角，则有 ＝tan 60°，所以 水流速度为v＝ ＝2v0，根据题意知被冲击 后的挡板的线速度为v′＝ v＝v0，所以水轮机圆盘 稳定转动的角速度大小为ω＝ ，故B正确。 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 6．如图所示，窗子上、下沿间的高度H＝1.6 m，竖直墙的厚度d＝0.4 m，某人在距离墙壁L＝1.4 m、距窗子上沿h＝0.2 m 处的 P点，将可视为质点的小物件以垂直于墙壁的速度v水平抛出，要求小物件能直接穿过窗口并落在水平地面上，不计空气阻力，g＝10 m/s2。则可以实现上述要求的速度大小是 A．2 m/s　　B．4 m/s　　C．8 m/s　　D．10 m/s √ 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 小物件做平抛运动，恰好擦着窗子上沿右侧墙 边缘穿过时速度v最大，此时有L＝vmaxt1, h＝ ，代入数据解得vmax＝7 m/s，小物件恰 好擦着窗口下沿左侧墙边缘穿过时速度v最小， 则有L＋d＝vmint2，H＋h＝ ，代入数据解得vmin＝3 m/s，故v的取值范围是3 m/s≤v≤7 m/s，故B正确，A、C、D错误。 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 7．(2024·河北保定模拟)如图所示，某次跳台滑雪训 练中，运动员(视为质点)从倾斜雪道上端的水平平台 上以10 m/s的速度飞出，最后落在倾角为37°的倾斜 雪道上。重力加速度大小取g＝10 m/s2，sin 37°＝ 0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力。下列说法正确的是 A．运动员的落点距雪道上端的距离为18 m B．运动员飞出后到雪道的最远距离为1.25 m C．运动员飞出后距雪道最远时的速度大小为12.5 m/s D．若运动员水平飞出时的速度减小，则他落在雪道上的速度方向将改变 √ 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 根据平抛运动知识可知，x＝v0t，y＝ gt2，tan 37° ＝ ，联立解得t＝1.5 s，则运动员的落点距雪道上 端的距离为s＝ ＝18.75 m，选项A错误； 当运动员速度方向与倾斜雪道方向平行时，距离倾 斜雪道最远，根据平行四边形定则知，速度v＝ ＝12.5 m/s，选项C正确；运动员飞出后到雪道的最远距离为h＝ ＝2.25 m，选项B错误；当运动员落在倾斜雪道上时，速度方向与水平方向夹角的正切值tan α＝2tan 37°，即速度方向与水平方向的夹角是一定值，可知若运动员水平飞出时的速度减小，则他落在雪道上的速度方向不变，选项D错误。 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 8．(多选)(2022·河北高考)如图，广场水平地面上同 种盆栽紧密排列在以O为圆心、R1和R2为半径的同 心圆上，圆心处装有竖直细水管，其上端水平喷水 嘴的高度、出水速度及转动的角速度均可调节，以 保障喷出的水全部落入相应的花盆中。依次给内圈和外圈上的盆栽浇水时，喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度分别用h1、v1、ω1和h2、v2、ω2表示。花盆大小相同，半径远小于同心圆半径，出水口截面积保持不变，忽略喷水嘴水平长度和空气阻力。下列说法正确的是 A．若h1＝h2，则v1∶v2＝R2∶R1 B．若v1＝v2，则h1∶h2＝ C．若ω1＝ω2，v1＝v2，喷水嘴各转动一周，则落入每个花盆的水量相同 D．若h1＝h2，喷水嘴各转动一周且落入每个花盆的水量相同，则ω1＝ω2 √ √ 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 根据平抛运动的规律得h＝ gt2，R＝vt，解得R＝ v ，可知若h1＝h2，则 v1∶v2＝R1∶R2，若v1 ＝v2，则h1∶h2＝ ，故A错误，B正确； 若ω1＝ω2，则喷水嘴各转动一周的时间相同，因v1＝v2，出水口的横截面积相同，可知单位时间内喷出水的质量相同，喷水嘴各转动一周喷出的水量相同，但因内圈上的花盆总数量较小，可知每个花盆得到的水量较多，故C错误；设出水口横截面积为S0，出水速度为v，若ω1＝ω2，则喷水嘴各转动一周的时间相等，因h相等，则水落地的时间相 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 等，则t＝ 相等，在圆周上单位时间内单位长度的水量为Q0＝ ＝ ，若喷水嘴各转动一周且落入每个花盆的水量相同，则ω1＝ω2，故D正确。故选BD。 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 9．(2024·江苏南京模拟)某人在河 谷边以一定初速度水平抛出一小石 块，抛出的小石块可以落在抛出点 左侧的任何位置，其简化模型如图所示，下列说法正确的是 A．初速度越大，小石块落地时间越长 B．初速度越大，小石块落地时间越短 C．以不同的初速度水平抛出，小石块落地速度与水平方向的夹角可能相同 D．初速度越大，小石块落地速度与水平方向的夹角越小 √ 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 落地时间长短与小石块竖直方向 位移有关，由于落地点不确定， 则落地时间的长短无法确定，故 A、B错误；根据平抛运动速度方向夹角α和位移方向夹角θ的关系tan α＝2tan θ，可知当小球落在抛出点所在斜面时，落地速度与水平方向的夹角相同，与水平初速度无关，故C正确，D错误。故选C。 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 10．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 √ 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 设最高点距离水平地面的高度为H，右端出口 距离地面距离为h，小球从最高点到右端出口， 满足机械能守恒，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。 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 11．(20分)(2020·山东高考)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： 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 (1)运动员腾空过程中离开AD的距离 的最大值d； 答案：4.8 m 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° 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 由运动学公式得d＝ 联立并代入数据解得d＝4.8 m。 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 (2)M、N之间的距离L。 答案：12 m 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° 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 设腾空时间为t，由运动学公式得t＝ L＝v2t＋ a2t2 联立并代入数据解得L＝12 m。 返回 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 谢谢观看 ＝ →xB＝ m/s y2＝g(2t)2－gt2＝×10× m＝0.6 m ∶＝3∶7 y ＝ m/s。 s2＝＝ ＝ R＋ ＝v0t→t＝ tan θ＝ ＝ →t＝ gt gt ＝ ＝＝＝ x2 。 。 。 。 。 ＝＝L ＝。 ≤v≤ ≤v≤ 。 ＝ ＝3 ＝ l ·l· πx－πx＝π (l)2－π(l)2＝5πl2 ＝l ＝l ＝ gt gt R∶R R∶R ＝＝ $$