第1章 专题一 抛体运动及一般曲线运动规律的拓展应用-【金版教程】2024-2025学年高中物理必修第二册创新导学案课件PPT（教科版2019）

第一章　抛体运动 专题一　抛体运动及一般曲线 运动规律的拓展应用 目录 1 课后课时作业 课堂探究评价 3 2 科学思维 课堂探究评价 探究1　抛体运动中的相遇问题 抛体运动中的相遇问题的解题突破口：两物体在同一时刻运动到同一位置。 课堂探究评价 4 课堂探究评价 5 课堂探究评价 6 两物体相遇的要求就是必须在同一时刻位于两者的运动轨迹交点处，从这一点出发分析，并结合抛体运动的性质和规律综合考虑，即可找到求解的思路。 课堂探究评价 7 [变式训练1]　(多选)在一次体育活动中，两位同学一前一后在同一水平直线上的两个位置沿水平方向分别抛出两个小球A和B，两个小球的运动轨迹如图所示，不计空气阻力。要使两小球在空中发生碰撞，则必须(　　) A．先抛出A球再抛出B球 B．同时抛出两球 C．A球抛出速度大于B球抛出速度 D．使两球质量相等 课堂探究评价 8 课堂探究评价 9 探究2　平抛运动中的临界问题 在打乒乓球、排球等运动中，经常会涉及是否过网、出界等问题，这就是平抛运动的临界问题。解决这类问题的关键是，尝试定性画出不受网高、边界范围限制的可能轨迹(如取各种初速度或抛出高度)，然后根据实际限制找出临界轨迹，并结合相关规律分析临界条件。 课堂探究评价 10 例2 如图，某学校的排球场长为18 m，球网高度为2 m。一同学站在离网3 m线上(如虚线所示)正对网竖直跳起，并在离地高2.5 m处将球向正前方水平击出。不计球飞行过程中受到的阻力，欲使球既不触网又不出界，则击球速度可能是(　　) A．6 m/s B．9 m/s C．12 m/s D．18 m/s 课堂探究评价 11 课堂探究评价 12 解决平抛运动中的临界问题的思路 (1)确定运动性质——平抛运动。 (2)用动态思想画出临界轨迹，确定临界位置。 (3)运用平抛运动规律分析临界条件。 课堂探究评价 13 [变式训练2]　(多选)某次网球比赛中，某选手 将球在边界处正上方水平向右击出，球刚好过网落 在场中(不计空气阻力)，已知网球比赛场地相关数 据如图所示，下列说法中正确的是(　　) A．击球高度h1与球网高度h2之间的关系为h1＝1.8h2 B．若保持击球高度不变，球的初速度v0只要不大于，一定落在对方界内 C．任意降低击球高度(仍大于h2)，只要击球初速度合适，球一定能落在对方界内 D．任意增加击球高度，只要击球初速度合适，球一定能落在对方界内 课堂探究评价 14 课堂探究评价 15 探究3　类平抛运动 课堂探究评价 16 4．类平抛运动问题的求解方法 (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(即沿合外力的方向)的匀加速直线运动，两分运动彼此独立，互不影响，且与合运动具有等时性。 (2)特殊分解法：对于有些问题，可以过抛出点建立适当的平面直角坐标系，将加速度a分解为ax、ay，初速度v0分解为v0x、v0y，然后分别在x、y方向列方程求解。 课堂探究评价 17 课堂探究评价 18 课堂探究评价 19 类平抛运动的特点及处理方法 (1)类平抛运动的特点是物体所受的合外力是恒力，且与初速度方向垂直。初速度的方向不一定是水平方向，合外力的方向也不一定是竖直方向，且加速度大小不一定等于重力加速度g。 (2)类平抛运动可看成是某一方向的匀速直线运动和垂直此方向的匀加速直线运动的合运动。处理类平抛运动的方法和处理平抛运动的方法类似，但要分析清楚加速度的大小和方向。 课堂探究评价 20 [变式训练3]　如图所示，质量为m的飞机以水平速度v0飞离跑道后逐渐上升，若飞机在此过程中水平速度保持不变，同时受到重力和竖直向上的恒定升力(该升力由其他力的合力提供，不含重力)。今测得当飞机在水平方向的位移为l时，它上升的高度为h。求： (1)飞机受到的升力大小； (2)在高度h处飞机的速度大小。 课堂探究评价 21 课堂探究评价 22 科学思维 等效思维(分解与合成思想) ——在曲线运动问题中的应用(一) 1．概述 抛体运动是最简单的曲线运动，但是物体在空气中运动时，速度越大，阻力也越大，这时物体的运动情况非常复杂。由于位移、速度、力等均是矢量，根据分矢量和合矢量的等效，所以对于复杂的曲线运动，仍然可以用分解与合成的基本思路分析。其一般步骤为： (1)对位移、速度、力等矢量分解，达到化繁为简的目的(用到等效思维，俗称“化曲为直”)； (2)运用运动学规律和牛顿运动定律分析计算(用到分析思维)； (3)运用矢量合成法则综合得出合运动的规律(用到综合思维)。 科学思维 2．曲线运动的分解方法 对于包括类似抛体运动的大部分曲线运动问题，一般建立固定的直角坐标系对位移、速度、力等矢量进行分解，例如分析受恒定风力的雨滴的运动。对于坐标系，大多数情况沿水平方向和竖直方向建立坐标系，但对有些情况，如求解运动员做平抛运动时到斜坡的最远距离，则要根据问题灵活选择坐标系。 除此之外，还有另一种分解方法，第一章第1节探究2已简略提及，第二章会详细讲述。 科学思维 例 (多选)如图a，在跳台滑雪比赛中，运动员 在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑 翔的距离。某运动员先后两次从同一跳台起跳，每 次都从离开跳台开始计时，用v表示他在竖直方向的 速度，其v­t图像如图b所示，t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻。则(　　) A．第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小 B．第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大 C．第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大 D．竖直方向速度大小为v1时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大 科学思维 科学思维 [方法感悟]　本题看似是平抛运动，实际上是复杂的曲线运动，对于这类问题，求解关键是深刻理解分析曲线运动问题的基本方法——运动的分解与合成。 科学思维 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 3．如图所示，窗子上、下沿间的高度H＝1.6 m，墙的厚度d＝0.4 m，某人在离墙壁距离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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 4．如图所示，A、B两质点从同一点O分别以相同的水平速度v0沿x轴正方向抛出，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，P1和P2在同一水平面上，不计阻力，则下列说法正确的是(　　) A．A、B的运动时间相同 B．A、B沿x轴方向的位移相同 C．A、B运动过程中的加速度大小相同 D．A、B落地时速度大小相同 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 解析　上升过程水平方向向西加速运动，在最高点竖直方向上速度为零，水平方向的“力”为零，所以水平方向的加速度为零，但水平方向上有向西的水平速度，且有竖直向下的加速度，故A、B错误；下降过程水平方向受到一个向东的“力”而向西减速运动，按照对称性落至地面时水平速度为零，整个过程都在向西运动，所以落点在抛出点的西侧，故C错误，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 9．如图所示，某海洋乐园里正在进行海豚戏球表演，驯兽师由静止释放球的同时，海豚沿正对着球的方向跃出水面，设海豚出水后姿势保持不变，不计空气阻力，海豚在落水前(　　) A．相同时间内速度方向变化的角度相同 B．相对球做匀速直线运动 C．一定能顶到球 D．增大出水时的仰角能顶到球 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 解析　海豚在落水前，相同时间内速度的变化量相等，但对应时间的初速度的大小和方向不同，故速度方向变化的角度不同，A错误；海豚和球都仅受重力作用，加速度相同，故海豚在落水前相对球做匀速直线运动，B正确；若海豚跃出水面时速度过小，还未到达球所在竖直线就落回水中，则海豚不能顶到球，C错误；增大出水时的仰角，以球为参考系，海豚不再正对着球运动，故不能顶到球，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 10．如图所示，蜘蛛在地面与竖直墙壁之间结网，蛛丝AB与水平地面之间的夹角为45°，A点到地面的距离为1 m，已知重力加速度g取10 m/s2，空气阻力不计，若蜘蛛从竖直墙上距地面0.8 m的C点以水平速度v0跳出，要到达蛛丝，水平速度v0至少为(　　) A．1 m/s B．2 m/s C．2.5 m/s D．5 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 12．女排比赛时，某运动员进行了一次跳发球，若击球点恰在发球处底线上方3.04 m高处，击球后排球以25.0 m/s的速度水平飞出，球的初速度方向与底线垂直，排球场的有关尺寸如图所示，(不计空气阻力，g取10 m/s2)试计算说明： (1)此球能否过网？ (2)球是落在对方界内还是界外？ 答案　(1)能过网　(2)界外 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 答案　(1)4.8 m　(2)12 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 14．风洞是研究空气动力学的实验设备。如图，在距地面 h＝3 m高度上方设置一足够大的风洞，可以使实验中所用小球 受到水平向右等大恒定风力作用。一质量为m甲＝2 kg的小球甲 从距地面高H＝4 m处以一定初速度v0甲＝2 m/s水平抛出。在同 一竖直平面内距抛出点水平距离L＝1.6 m处地面上，同时竖直 向上抛出另一质量为m乙＝0.2 kg的小球乙(甲、乙可视为质点，除风洞产生的风力外不考虑其他空气阻力，重力加速度g取10 m/s2)。 (1)关闭风洞，两小球恰好在空中相遇，求小球乙抛出时的初速度； (2)打开风洞，调节风力，调节乙小球抛出时的初速度为v0乙＝6 m/s，两小球恰好在空中相遇，求相遇点距地面的高度； (3)打开风洞，调节风力，调节乙小球抛出时的初速度为v0乙＝16 m/s，两小球恰好在空中相遇，求该次风力的大小。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 例1　(多选)如图所示，某飞机在P点投下一枚炸弹并快速离开，炸弹从O点的正上方离地h高处的P点以v1的速度水平抛出，同时在O点右方地面上S点的雷达捕捉此信息并以速度v2斜向左上方、与水平方向夹角为θ方向发射炮弹(θ未知)，炮弹和炸弹恰在O、S连线的中点正上方相遇。若不计空气阻力，则(　　) A．cosθ＝eq \f(v1,v2) B．两弹相遇时间t＝eq \f(h,v2) C．两弹速度对时间的变化率相同 D．两弹相遇点一定在距离地面高eq \f(1,4)h高度处 [规范解答]　炮弹和炸弹恰在O、S连线的中点正上方相遇，所以水平方向位移大小相等，即v1t＝v2cosθ·t，则cosθ＝eq \f(v1,v2)，故A正确；炸弹和炮弹竖直方向位移大小分别为h1＝eq \f(1,2)gt2，h－h1＝v2sinθ·t－eq \f(1,2)gt2，联立得t＝eq \f(h,v2sinθ)，故B错误；两弹速度对时间的变化率都是重力加速度，故C正确；两弹相遇点距离地面高度为h2＝v2sinθ·t－eq \f(1,2)gt2，可解得h2＝2,2)eq \f(2vsin2θ－gh,2veq \o\al(2,2)sin2θ) h，代入sin2θ＝1－cos2θ＝2,2)eq \f(v－veq \o\al(2,1),veq \o\al(2,2)) 可得h2＝2,2)eq \f(2（v－veq \o\al(2,1)）－gh,2（veq \o\al(2,2)－veq \o\al(2,1)）) ·h，因为不知道veq \o\al(2,2)－veq \o\al(2,1)与h的大小关系，所以无法确定两弹相遇点距离地面的高度，故D错误。 解析　两小球均做平抛运动，根据运动的合成与分解知，小球在竖直方向做自由落体运动，两小球在空中发生碰撞时，在空中下落的高度一定相等，由h＝eq \f(1,2)gt2得，两小球在空中运动的时间相等，即必须同时抛出两球，与两球质量无关，B正确，A、D错误；小球在水平方向做匀速直线运动，A球的水平位移大于B球的水平位移，由x＝v0t得，A球抛出速度要大于B球抛出速度，C正确。 规范解答　如图所示，设球刚好触网，此过程球的水平射程x1＝3 m，球下落高度Δh＝h－h1＝(2.5－2) m＝0.5 m，竖直方向：Δh＝eq \f(1,2)gteq \o\al(2,1)，所以球飞行时间t1＝eq \r(\f(2Δh,g))＝eq \f(\r(10),10) s，水平方向：x1＝v1t1，得v1＝eq \f(x1,t1)＝3eq \r(10) m/s；设球恰好落在底线上，此过程球的水平射程x2＝12 m，球下落高度h＝2.5 m，竖直方向：h＝eq \f(1,2)gteq \o\al(2,2)，球飞行时间t2＝eq \r(\f(2h,g))＝eq \r(\f(2×2.5,10)) s＝eq \f(\r(2),2) s，水平方向：x2＝v2t2，得v2＝eq \f(x2,t2)＝12eq \r(2) m/s。欲使球既不触网也不出底线或压线，则球被击回时的水平速度应满足：3eq \r(10) m/s<v0<12eq \r(2) m/s，只有C正确。 解析　根据平抛运动的规律有eq \f(x,\r(\f(2（h1－h2）,g)))＝eq \f(1.5x,\r(\f(2h1,g)))，解得h1＝1.8h2，A正确；若保持击球高度不变，当球的初速度v0足够小时，球会落在自己界内，B错误；设击球高度为h(仍大于h2)时球刚好擦网而过，落地时又恰好压在底线上，则有eq \f(2x,\r(\f(2h,g)))＝eq \f(x,\r(\f(2（h－h2）,g)))，解得h＝eq \f(4,3)h2，即击球高度低于此值时，球不能落在对方界内，C错误；任意增加击球高度，只要击球初速度合适，球一定能落在对方界内，D正确。 1．类平抛运动：有时物体的运动与平抛运动很相似，也是物体在某方向做匀速直线运动，在垂直匀速直线运动的方向上做初速度为零的匀加速直线运动。对这种像平抛又不是平抛的运动，通常称为类平抛运动。 2．类平抛运动的受力特点：物体所受的合外力为恒力，且与初速度的方向垂直。 3．类平抛运动的运动特点：在初速度v0方向上做匀速直线运动，在合外力方向上做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝eq \f(F合,m)。 例3(多选)如图所示，一玩具热气球静止于距水平地面H＝0.2 m的高处，当将质量为m的物块以相对地面的速度v0＝1 m/s水平弹射出的同时，热气球获得一个等大反向的初速度，落地时物块与热气球的距离为d；已知弹射出物块后热气球的质量也为m且所受浮力不变，重力加速度为g＝10 m/s2，不计阻力。以下判断正确的是(　　) A．弹射出物块后热气球做匀速直线运动 B．落地前，物块与热气球的速度总是等大反向 C．d＝0.4 m D．d＝0.4eq \r(2) m 规范解答　弹射出物块前，热气球静止，所受浮力F浮＝2mg，热气球弹射出物块后，浮力大小不变，热气球所受合力恒为mg，竖直向上，又热气球获得水平向左的速度v0，所以热气球做匀变速曲线运动，故A错误。弹射出物块后，热气球和物块所受合外力大小均为mg，所以在竖直方向上，热气球向上做初速度为0、加速度大小为g的匀加速直线运动，物块向下做初速度为0、加速度大小为g的匀加速直线运动，将二者的运动分解到水平方向和竖直方向，可知分速度始终等大反向，故合速度也始终等大反向，故B正确。物块落地时间为t＝eq \r(\f(2H,g))＝0.2 s，此时间内热气球在竖直方向上运动的位移为H′＝H＝0.2 m，热气球和物块在水平方向均做匀速直线运动，水平位移x′＝x＝v0t＝0.2 m，则落地时物块和热气球的距离d＝eq \r(（H＋H′）2＋（x＋x′）2)＝0.4eq \r(2) m，故C错误，D正确。 答案　(1)mg2,0)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2hv,gl2))) 　(2)v0eq \r(1＋\f(4h2,l2)) 解析　(1)飞机在水平方向做匀速直线运动，有l＝v0t 竖直方向加速度恒定，有h＝eq \f(1,2)at2 联立得a＝2,0)eq \f(2hv,l2) 由牛顿第二定律有F－mg＝ma 得飞机受到的升力大小为 F＝mg＋ma＝mg2,0)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2hv,gl2))) 。 (2)在高度h处，飞机竖直方向的速度 vy＝at＝eq \f(2hv0,l) 则速度大小为v＝2,0)eq \r(v＋veq \o\al(2,y)) ＝v0eq \r(1＋\f(4h2,l2))。 规范解答　v­t图像中图线与t轴包围的面积表示位移的大小，第二次滑翔过程中v­t图线与t轴所围面积比第一次的大表示在竖直方向上的位移比第一次的大，A错误；由图a知落在雪道上时的水平位移与竖直位移成正比，再由A项分析知，B正确；从起跳到落到雪道上，第一次滑翔过程中竖直方向的速度变化比第二次的大，时间比第二次的短，由a＝eq \f(Δv,Δt)，可知第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的小，C错误；v­t图像的斜率表示加速度，竖直方向速度大小为v1时，第二次滑翔在竖直方向上的加速度比第一次的小，设在竖直方向上所受阻力为f，由mg－f＝ma，可得第二次滑翔在竖直方向上受到的阻力比第一次的大，D正确。 1．一质量为m的质点在光滑水平面上以速度v0做匀速直线运动，在t＝0时刻，给质点施加一个垂直于v0方向的水平恒力F，记该时刻t＝0，取质点此时所处的位置为坐标原点O、速度方向为x轴正方向、力F的方向为y轴正方向，则在此后的运动过程中，下列说法正确的是(　　) A．质点做匀变速直线运动 B．质点在第1 s内与第2 s内在y方向上发生的位移之比为1∶2 C．质点运动的轨迹方程为y＝2,0)eq \f(F,mv) x2 D．质点在t＝t0时刻的速度大小为2,0)eq \f(\r(m2v＋F2teq \o\al(2,0)),m) 解析　依题意，可知质点在t＝0时刻，恒力F的方向与初速度方向垂直，质点将做类平抛运动，即匀变速曲线运动，故A错误；根据匀变速直线运动规律，质点在第1 s内与第2 s内在y方向上发生的位移之比为1∶3，故B错误；质点做类平抛运动，在x方向上的位移x＝v0t，在y方向上的位移y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(F,m)t2，联立可得质点运动的轨迹方程为y＝2,0)eq \f(F,2mv) x2，故C错误；质点在t＝t0时刻，y方向上的速度大小为vy＝at0＝eq \f(F,m)t0，则此时刻质点的速度大小为v＝2,0)eq \r(v＋veq \o\al(2,y)) ＝2,0)eq \f(\r(m2v＋F2teq \o\al(2,0)),m) ，故D正确。 2．(多选)如图所示，在学校的游园活动中，某同学站在O点要将小球抛入边长为d的正方体的收纳箱中。O与收纳箱的顶点A、B在同一条直线上，且OA＝d。抛出点P位于O点正上方2d处，小球被水平抛出。不计空气阻力，为使小球能落入箱内，下列说法正确的是(　　) A．小球的速度不能小于eq \f(\r(2gd),2) B．小球的速度不能大于eq \f(\r(2gd),2) C．小球的速度不能小于eq \f(\r(10gd),2) D．小球的速度不能大于eq \f(\r(10gd),2) 解析　小球水平抛出的初速度最小时，从C点进入箱内，平抛的水平位移为d，竖直位移为d，平抛运动的时间t＝eq \r(\f(2d,g))，水平初速度v0＝eq \f(d,t)＝eq \r(\f(gd,2))＝eq \f(\r(2gd),2)；小球水平抛出的初速度最大时，从D点进入箱内，水平位移为x＝eq \r(（2d）2＋（d）2)＝eq \r(5)d，竖直位移为d，平抛运动的时间t＝eq \r(\f(2d,g))，水平初速度v0′＝eq \f(\r(5)d,t)＝eq \f(\r(10gd),2)，故A、D正确，B、C错误。 解析　小物件恰好碰到窗口右侧上沿时，初速度最大，水平方向有L＝v1t1，竖直方向有h＝eq \f(1,2)gteq \o\al(2,1)，联立解得v1＝7 m/s；小物件恰好碰到窗口左侧下沿时，初速度最小，水平方向有L＋d＝v2t2，竖直方向有h＋H＝eq \f(1,2)gteq \o\al(2,2)，联立解得v2＝3 m/s；综上，题目要求的速度v的范围为3 m/s<v<7 m/s，故B正确，A、C、D错误。 解析　质点A做平抛运动，质点B沿斜面做类平抛运动，设O点与水平面的高度差为h，已知斜面的倾角为θ，由h＝eq \f(1,2)gteq \o\al(2,1)，eq \f(h,sinθ)＝eq \f(1,2)gsinθ·teq \o\al(2,2)，可得t1＝eq \r(\f(2h,g))，t2＝eq \r(\f(2h,gsin2θ))，故t1＜t2，A错误；由x1＝v0t1，x2＝v0t2，可知x1＜x2，B错误；由a1＝g，a2＝gsinθ，可知a1>a2，C错误；A落地的速度大小为vA＝2,0)eq \r(v＋（gt1）2) ＝2,0)eq \r(v＋2gh) ，B落地的速度大小为vB＝2,0)eq \r(v＋（a2t2）2) ＝2,0)eq \r(v＋2gh) ，所以vA＝vB，故D正确。 5．(多选)一物体在如图1所示的xOy平面上运动，其x方向的速度—时间图像和y方向的位置—时间图像分别如图2、图3所示，图3中曲线部分为抛物线，虚线AC为t＝0时该抛物线的切线，已知t＝0时物体的坐标为(0，3 m)，下列说法正确的是(　　) A．t＝0时，物体的速度大小为3eq \r(2) m/s B．t＝3 s时，物体的坐标为(5 m，1 m) C．前2 s物体在y方向的加速度越来越小 D．物体在前2 s做曲线运动，之后做直线运动 解析　t＝0时，vx＝3 m/s，vy＝|kAC|＝3 m/s，则物体的速度大小为v＝2,x)eq \r(v＋veq \o\al(2,y)) ＝3eq \r(2) m/s，故A正确；t＝3 s时，x＝eq \f(（3＋5）×3,2) m＝12 m，y＝1 m，所以物体的坐标为(12 m，1 m)，故B错误；前2 s内，y方向的位置—时间图像是抛物线，即满足y－y0＝v0t＋eq \f(1,2)at2形式，说明前2 s内物体在y方向做匀变速直线运动，所以在y方向的加速度不变，故C错误；前2 s内物体在y方向的加速度大小为ay＝eq \f(vA－vB,t)＝eq \f(3－0,2) m/s2＝eq \f(3,2) m/s2，在x方向的加速度大小为ax＝eq \f(5－3,3) m/s2＝eq \f(2,3) m/s2，因此合力与x方向的夹角α的正切值为tanα＝eq \f(ay,ax)＝eq \f(\f(3,2),\f(2,3))＝eq \f(9,4)，初速度与x方向的夹角β的正切值为tanβ＝eq \f(vy,vx)＝eq \f(3,3)＝1，合力方向与初速度方向不在同一直线，所以物体做曲线运动，2 s之后，由图3得，物体在y方向上保持静止，由图2得，在x方向上继续做匀加速运动，故2 s之后，物体做直线运动，故D正确。 6．(多选)随着人们生活水平的提高，高尔夫球将逐渐成为普通人的休闲娱乐。如图所示，某人从高出水平地面h的坡上水平击出一个质量为m的高尔夫球，由于恒定的水平风力的作用，高尔夫球竖直地落入距击球点水平距离为L的A穴。则(　　) A．球被击出后做平抛运动 B．该球从被击出到落入A穴所用的时间为eq \r(\f(2h,g)) C．球被击出时的初速度大小为Leq \r(\f(2g,h)) D．球被击出后受到的水平风力的大小为eq \f(mgh,L) 解析　该球在竖直方向只受重力，做自由落体运动，由h＝eq \f(1,2)gt2，得该球从被击出到落入A穴所用的时间为t＝eq \r(\f(2h,g))，B正确；该球受到恒定的水平风力的作用，且竖直地落入A穴，可知该球在水平方向做匀减速直线运动，水平末速度为零，由L＝eq \f(v0t,2)可得该球被击出时的初速度大小为v0＝Leq \r(\f(2g,h))，A错误，C正确；由v0＝at得该球水平方向加速度大小a＝eq \f(gL,h)，则该球被击出后受到的水平风力的大小为F＝ma＝eq \f(mgL,h)，D错误。 7．根据高中所学知识可知，做自由落体运动的小球，将落在正下方位置。但实际上，赤道上方200 m处无初速下落的小球将落在正下方位置偏东约6 cm处，这一现象可解释为，除重力外，由于地球自转，下落过程小球还受到一个水平向东的“力”，该“力”与竖直方向的速度大小成正比，现将小球从赤道地面竖直上抛，考虑对称性，上升过程该“力”水平向西，则小球(　　) A．到最高点时，水平方向的加速度和速度均为零 B．到最高点时，水平方向的加速度和速度均不为零 C．落地点在抛出点东侧 D．落地点在抛出点西侧 8．某同学在进行无人机操作练习时，无人机在距地面H＝20 m高处，以v0＝2 m/s的速度水平向右匀速飞行，某时刻关闭无人机动力系统，瞬间失去一切动力，无人机做抛物线下落，一段时间后该同学开启3倍原来的升力，不久，无人机恰好轻触地面，随即腾空。空气阻力忽略不计。下列说法正确的是(　　) A．无人机重新开启动力后的轨迹是圆弧 B．无人机重新开启动力后的加速度大小是10 m/s2 C．无人机关闭动力的时间是eq \f(\r(6),3) s D．无人机触地点距开始关闭动力处的水平距离是2eq \r(6) m 解析　由题意可知，无人机匀速飞行时有F＝mg，重新开启动力后有3F－mg＝ma，解得a＝2g＝20 m/s2，方向竖直向上，所以无人机重新开启动力后的轨迹是抛物线，A、B错误；设无人机关闭动力的时间为t1，重新开启动力至轻触地面的时间为t2，则无人机失去动力过程下降的高度h1＝eq \f(1,2)gteq \o\al(2,1)，重新开启动力时距地面的高度h2＝eq \f(1,2)ateq \o\al(2,2)，且h1＋h2＝H，又无人机重新开启动力时竖直方向的分速度vy＝gt1＝at2，解得t1＝eq \f(2\r(6),3) s，t2＝eq \f(\r(6),3) s，C错误；无人机触地点距开始关闭动力处的水平距离x＝v0(t1＋t2)＝2eq \r(6) m，D正确。 解析　当蜘蛛做平抛运动的轨迹恰好与蛛丝相切时，v0最小，此时设蜘蛛跳出后经过时间t到达蛛丝，根据平抛运动规律可得x＝v0mint，y＝eq \f(1,2)gt2，蜘蛛到达蛛丝时速度方向恰好沿蛛丝方向，所以tan45°＝eq \f(gt,v0min)，根据几何关系可得eq \f(y＋\o(AC,\s\up16(—)),x)＝tan45°，其中eq \o(AC,\s\up16(－))＝1 m－0.8 m＝0.2 m，联立解得v0min＝2 m/s，故B正确。 11．一质量为m的物体在光滑水平面上以速度v0沿直线运动，t＝0时刻该物体受到了大小为F0的恒力作用，恒力F0与速度v0位于同一个水平面内，F0的方向与速度v0的方向成120°角，在恒力F0的作用下，物体瞬时速度大小v随时间t的变化而变化，以加上恒力F0的时刻为计时起点，物体的v2­t图像如图所示，图像的最低点P的坐标是(　　) A．2,0)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mv0,2F0)，\f(v,4))) B．2,0)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mv0,4F0)，\f(v,4))) C．2,0)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mv0,2F0)，\f(3v,4))) D．2,0)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mv0,4F0)，\f(3v,2))) 解析　将物体的运动沿平行F0方向以及垂直F0方向进行分解，在垂直F0方向做匀速直线运动，速度大小v1＝v0cos30°＝eq \f(\r(3),2)v0，在平行F0方向做匀变速直线运动，初速度大小v20＝v0sin30°＝eq \f(1,2)v0，加速度大小a＝eq \f(F0,m)，因此在平行F0方向速度v2＝v20－at，物体瞬时速度大小v＝2,1)eq \r(v＋veq \o\al(2,2)) ，当v2＝0，即t＝eq \f(v20,a)＝eq \f(mv0,2F0)时，物体的瞬时速度最小，为vmin＝v1＝eq \f(\r(3),2)v0，此时对应v2­t图像上的P点，则P点坐标为2,0)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mv0,2F0)，\f(3v,4))) ，故C正确。 解析　(1)设当排球在竖直方向下落Δh＝3.04 m－2.24 m＝0.8 m时，所用时间为t1，则Δh＝eq \f(1,2)gteq \o\al(2,1)，x＝v0t1 联立解得x＝10 m＞9 m，故此球能过网。 (2)当排球落地时有h＝eq \f(1,2)gteq \o\al(2,2)，x′＝v0t2 联立并代入数据解得x′≈19.5 m＞18 m，故排球落在对方界外。 13．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, sin72.8°＝0.96，cos72.8°＝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＝vMsin72.8°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 mgcos17.2°＝ma1② 由运动学公式得d＝2,1)eq \f(v,2a1) 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＝vMcos72.8°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 mgsin17.2°＝ma2⑥ 设腾空时间为t，由运动学公式得t＝eq \f(2v1,a1)⑦ L＝v2t＋eq \f(1,2)a2t2⑧ 联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得L＝12 m。⑨ 答案　(1)5 m/s　(2)eq \f(16,9) m　(3)eq \f(352,3) N 解析　(1)关闭风洞，球甲做平抛运动，假设经过时间t两小球在空中相遇，球甲在水平方向做匀速直线运动，则有L＝v0甲t 球甲在竖直方向做自由落体运动，则有 h甲＝eq \f(1,2)gt2 球乙做竖直上抛运动，则有h乙＝v0乙t－eq \f(1,2)gt2 两球的竖直位移关系为H＝h甲＋h乙 联立解得v0乙＝5 m/s。 (2)打开风洞，调节风力，调节乙小球抛出时的初速度为v0乙＝6 m/s，两小球恰好在空中相遇，由于风力水平向右，不影响球甲和球乙在竖直方向的运动，设从抛出经过时间t1，两球在空中相遇，则有 h1甲＝eq \f(1,2)gteq \o\al(2,1) h1乙＝v0乙t1－eq \f(1,2)gteq \o\al(2,1) H＝h1甲＋h1乙 联立解得t1＝eq \f(2,3) s 则相遇点距地面的高度为 h1乙＝v0乙t1－eq \f(1,2)gteq \o\al(2,1)＝eq \f(16,9) m。 (3)打开风洞，调节风力，调节乙小球抛出时的初速度为v0乙＝16 m/s，两小球恰好在空中相遇，由于风力水平向右，不影响球甲和球乙在竖直方向的运动，设从抛出经过时间t2，两球在空中相遇，则有 h2甲＝eq \f(1,2)gteq \o\al(2,2) h2乙＝v0乙t2－eq \f(1,2)gteq \o\al(2,2) H＝h2甲＋h2乙 联立解得t2＝0.25 s 则相遇点距地面的高度为 h2乙＝v0乙t2－eq \f(1,2)gteq \o\al(2,2)＝eq \f(59,16) m>3 m 说明两小球相遇位置位于风洞区域内，设球乙刚进入风洞区域的速度为v1，则有 －2gh＝veq \o\al(2,1)－veq \o\al(2,0乙) 解得v1＝14 m/s 球乙从抛出到刚进入风洞区域所用时间为 t′＝eq \f(v0乙－v1,g)＝0.2 s 设风力大小为F，则两球在水平方向的加速度分别为a甲＝eq \f(F,m甲)，a乙＝eq \f(F,m乙) 从抛出到两球相遇，两球在水平方向的位移分别为 x甲＝v0甲t2＋eq \f(1,2)a甲teq \o\al(2,2)，x乙＝eq \f(1,2)a乙(t2－t′)2 两球的水平位移关系为x甲－x乙＝L 联立解得F＝eq \f(352,3) N。 $$