第1章 第3节 第2课时 平抛运动的规律-【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（粤教版2019）

第一章　抛体运动 第三节　平抛运动 第2课时　平抛运动的规律 1．认识平抛运动，理解平抛运动的规律，会用平抛运动的规律解决相关问题． 2．知道平抛运动的轨迹是一条抛物线． 3．掌握分析平抛运动的方法——运动的合成与分解． 2 目录 1 2 3 课前自主学习 课后课时作业 课堂探究评价 课前自主学习 平抛运动的规律 1．位置坐标公式 (1)水平方向：x＝_____． (2)竖直方向：y＝______． 平抛运动的轨迹是一条______线． v0t 抛物 课前自主学习 5 2．速度公式 (1)水平方向分速度：vx＝_____． (2)竖直方向分速度：vy＝_____． (3)物体在某点合速度大小：①v＝__________． ②方向：tanθ＝________ (θ是v与水平方向的夹角)． v0 gt 课前自主学习 6 判一判 (1)平抛运动的物体初速度越大，下落得越快．(　　) (2)平抛运动物体的速度方向与水平方向的夹角越来越大，若足够高，速度方向最终可能竖直向下．(　　) (3)平抛运动的合位移的方向与合速度的方向一致．(　　) 提示： (1)×　(2)×　(3)× 课前自主学习 7 课堂探究评价 课堂任务1　平抛运动的规律 仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”． 课堂探究评价 9 活动1：曲线运动一般的解决方法是什么？ 活动2：由活动1的思路，试总结出如图平抛运动中水平方向的运动结论． 提示：化曲为直法．就是把复杂的曲线运动问题分解为比较简单的直线运动来处理． 提示：因为水平方向不受力，故水平方向做匀速直线运动，速度vx＝v0，位移x＝v0t. 课堂探究评价 10 活动3：由活动1的思路，试总结出如图平抛运动中竖直方向的运动结论． 课堂探究评价 11 1．平抛运动的研究方法 (1)由于平抛运动是匀变速曲线运动，速度、位移的方向时刻发生变化，无法直接应用运动学公式，因此研究平抛运动问题时采用运动分解的方法，“化曲为直”法是我们解决所有曲线运动问题的一个重要方法． (2)将平抛运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动．这是我们解决平抛运动问题的基本方法． 课堂探究评价 12 2．平抛运动的特点 (1)速度特点：平抛运动的速度大小和方向都不断变化，故它是变速运动． (2)轨迹特点：平抛运动的运动轨迹是曲线，故它是曲线运动． (3)加速度特点：平抛运动的加速度为自由落体加速度，恒定不变，故它是匀变速运动． 综上所述，平抛运动为匀变速曲线运动． 课堂探究评价 13 课堂探究评价 14 课堂探究评价 15 5．平抛运动的规律 课堂探究评价 16 加速度 ax＝0 ay＝g a＝g 合成、分解图示 课堂探究评价 17 课堂探究评价 18 例1　家长与小朋友做沙包抛掷的游戏，游戏时家长与小朋友站在相距3 m的场地两端，家长在离地1.5 m处将质量为100 g的沙包水平扔出，正好落入小朋友手中距地面0.7 m高的塑料筐中．重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力．下列说法正确的是(　　) A．沙包从抛出至落入筐中用时0.55 s B．家长水平扔出沙包的速度大小为6.2 m/s C．沙包即将落入筐中时的速度大小为7.5 m/s D．沙包从抛出至落入筐中速度的变化量大小为4 m/s 课堂探究评价 19 (1)如何求平抛运动的时间和初速度？ (2)求平抛运动速度的变化量有哪几种方法？ 课堂探究评价 20 课堂探究评价 平抛运动的飞行时间由竖直高度决定．水平位移由竖直高度和初速度共同决定． 课堂探究评价 [变式训练1]　如图所示为某公园的喷水装置，若水从喷水口中水平喷出，忽略空气阻力及水之间的相互作用，下列说法中正确的是(　　) A．喷水口高度一定，喷水速度越大，水从喷出到 落入池中的时间越短 B．喷水口高度一定，喷水速度越大，水喷得越近 C．喷水速度一定，喷水口高度越高，水喷得越近 D．喷水口高度一定，无论喷水速度多大，水从喷出到落入池中的时间都相等 课堂探究评价 23 课堂探究评价 24 课堂任务 2 　有约束的平抛运动、平抛运动的两个推论 仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”． 课堂探究评价 25 活动1：如图甲、乙是受斜面约束的两种平抛运动，从位移、速度的角度分析，各有什么特点？ 课堂探究评价 26 活动2：根据约束特点结合平抛运动规律即可分析有约束的平抛运动．试分析图甲中速度偏向角θ与位移偏向角α的关系式． 课堂探究评价 27 活动3：试分析图甲速度反向延长线在x轴上的交点的位置． 课堂探究评价 28 1．斜面、曲面对平抛运动约束的常见情境 (1)给出末速度方向 课堂探究评价 29 (2)给出位移方向 课堂探究评价 30 课堂探究评价 31 3．平抛运动的两个重要推论 推论一：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． 推论二：做平抛运动的物体在任一时刻任一位置处，设其速度、位移与水平方向的夹角分别为θ、α，则tanθ＝2tanα. 课堂探究评价 32 例2　冬奥会的其中一项比赛是跳台滑雪，它是利用依山势特别建造的跳台进行的．运动员穿着专用滑雪板，不带雪杖在助滑路上获得高速后水平飞出，在空中飞行一段距离后着陆．这项比赛极为壮观．设一位运动员由山坡顶的A点沿水平方向飞出，到山坡上的B点着陆．如图所示．已知运动员水平飞出的速度为v0＝20 m/s，山坡倾角为θ＝37°，山坡可以看成一个斜面．(g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求： (1)运动员在空中飞行的时间t； (2)A、B间的距离s； (3)运动员经多长时间离斜面的距离最远． 答案　(1)3 s　(2)75 m　(3)1.5 s 课堂探究评价 33 (1)运动员的位移是什么？ (2)水平方向的位移x和竖直方向的位移y有什么关系？ (3)运动员在垂直于斜面的方向做什么运动？ 提示：斜坡上A点到B点的距离即为运动员的位移大小，沿斜面向下即为位移的方向． 提示：初速度为v0sinθ，加速度为－gcosθ的匀变速直线运动． 课堂探究评价 34 课堂探究评价 课堂探究评价 物体从斜面平抛后又落到斜面上时的速度方向与斜面夹角恒定；当速度平行于斜面时，物体离斜面最远． 课堂探究评价 课堂探究评价 38 课堂探究评价 39 [变式训练2－2]　如图所示，墙壁上落着两只飞镖，它们是从同一位置水平射出的，飞镖A与竖直墙壁成53°，飞镖B与竖直墙壁成37°，两者相距为d.假设飞镖的运动是平抛运动，则射出点离墙壁的水平距离为________．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8) 课堂探究评价 40 课后课时作业 1．(平抛运动的理解)关于平抛运动，下列说法正确的是(　　) A．平抛运动是一种变加速运动 B．平抛运动是一种匀速运动 C．平抛运动是匀变速曲线运动 D．平抛运动的物体落地时的速度方向可能是竖直向下的 解析　做平抛运动的物体只受重力作用，具有恒定的加速度，其初速度与合力不在同一直线上，故平抛运动是匀变速曲线运动，A、B错误，C正确；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体运动，故落地时的速度是水平方向的分速度和竖直方向的分速度的合速度，其方向一定不可能竖直向下，D错误． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 2．(平抛运动规律的应用)(多选)如图所示，节水灌溉中的喷嘴距地面高0.45 m．假定从喷嘴水平喷出的水做平抛运动，喷灌半径为3 m，不计空气阻力，g取10 m/s2，则(　　) A．水从喷嘴喷出至落地的位移为3 m B．水从喷嘴喷出至地面的时间为0.3 s C．水从喷嘴喷出落地时的速度大小为10 m/s D．水从喷嘴喷出的速度大小为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 3．(平抛运动规律的应用)(多选)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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 4．(平抛运动规律的应用)(多选)如图甲是古代一种利用抛出的石块打击敌人的装置，图乙是其工作原理的简化图．将质量为m＝10 kg的石块装在距离转轴L＝4.8 m的长臂末端口袋中，发射前长臂与水平面的夹角α＝30°.发射时对短臂施力使长臂转到竖直位置时立即停止，石块靠惯性被水平抛出．若石块落地位置与抛出位置间的水平距离为s＝19.2 m，不计空气阻力，g＝10 m/s2，则(　　) A．石块被抛出瞬间速度大小为12 m/s B．石块被抛出瞬间速度大小为16 m/s C．石块落地瞬间速度大小为20 m/s D．石块落地瞬间速度大小为16 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 6．(平抛运动规律的应用)斜面上有P、R、S、T四个点， 如图所示，PR＝RS＝ST，从P点正上方的Q点以速度v水平抛 出一个物体，物体落于R点，若从Q点以速度2v水平抛出一个 物体，不计空气阻力，则物体落在斜面上的(　　) A．R与S间的某一点 B．S点 C．S与T间某一点 D．T点 解析　平抛运动的时间由下落的高度决定，下落的高度越高，运动时间越长．如果没有斜面，从Q点以速度2v平抛，物体下落至与R等高处时，其位置恰位于S点的正下方，但实际上斜面阻碍了物体的下落，物体会落在R与S点之间斜面上的某个位置，如图所示，A正确． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 7．(与斜面结合的平抛运动问题)两个相同高度的斜面倾角 分别为30°、60°，两小球分别由斜面顶端以相同水平速度v水平 抛出，如图所示，不计空气阻力，假设两球都能落在斜面上， 则分别向左、右两侧抛出的小球下落高度之比为(　　) A．1∶2 B．3∶1 C．1∶9 D．9∶1 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．(平抛运动规律的应用)如图所示为直升机运送救灾物资 的情形，直升机下面用绳子悬吊着质量为m的箱子(箱子可以视 为质点)．直升机在水平方向上做直线运动，绳子与竖直方向的 夹角始终为30°，箱子离地面的高度为h，直升机的质量为M，重 力加速度为g，不计空气对箱子的作用力．(结果用根式表示) (1)求直升机的加速度大小； (2)某时刻，当直升机的速度大小为v时，绳子断开，直升机仍以原加速度沿水平方向做加速直线运动．求箱子落地时，箱子与直升机间的水平距离． 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 10．(平抛运动规律的应用)(多选)如图所示，高为h＝1.25 m的平台上覆盖一层薄冰．现有一质量为60 kg的滑雪爱好者以一定的初速度v向平台边缘滑去，着地时速度的方向与水平地面的夹角为45°(取重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力)．由此可知下列说法正确的是(　　) A．滑雪者离开平台边缘时的速度大小是5.0 m/s B．滑雪者着地点到平台边缘的水平距离是2.5 m C．滑雪者在空中运动的时间为1 s D．着地时滑雪者的速度大小是5.0 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 13．(曲面约束的平抛运动)如图所示，半球形容器固定在水平地面上，开口向上，AD为球的水平直径，O是球心，B是AO的中点，C是OD的中点．让一个小球先后从A、B、O、C四点沿AD方向水平向右抛出，则小球从哪一点抛出可能垂直打在容器内壁上(　　) A．从A点抛出 B.从B点抛出 C．从O点抛出 D.从C点抛出 解析　如果小球抛出后能垂直打在容器内壁上，则打在容器内壁上时小球速度的反向延长线必过O点．因此O点应为水平位移的中点．故小球不可能从A、O、C点抛出，只有从B点抛出且落到C点正下方的容器内壁上时，才有可能符合题意，故B正确，A、C、D错误． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 14．(综合)如图所示，水平传送带的长度L＝10 m，以v0顺时针匀速转动．现有一小块矿石(视为质点)从A点无初速度滑上传送带，到B点时速度刚好达到传送带的速度，越过B点后做平抛运动，落地时矿石速度与水平面之间的夹角为θ＝45°.已知B点到地面的高度h＝5 m．取重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力．求： (1)矿石越过B点后经多长时间落地及平抛的水平位移x的大小； (2)矿石与传送带间的动摩擦因数μ. 答案　(1)1 s　10 m　(2)0.5 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 eq \f(1,2)gt2 2,x)eq \r(v＋veq \o\al(2,y)) eq \f(vy,vx) 提示：由于竖直方向初速度为零，只受重力作用，故竖直方向做自由落体运动，速度vy＝gt，位移y＝eq \f(1,2)gt2. 3．平抛运动的速度变化特点：任意两个相等的时间间隔内速度的变化相同，Δv＝gΔt，方向竖直向下，如图所示．公式a＝eq \f(Δv,Δt)在曲线运动中仍适用，只是要注意a与Δv的矢量性． 4．平抛运动的时间、水平位移、落地速度的决定因素 (1)运动时间：由y＝eq \f(1,2)gt2得t＝eq \r(\f(2y,g))，做平抛运动的物体在空中运动的时间只与下落的高度有关，与初速度的大小无关． (2)水平位移：x＝v0t＝v0eq \r(\f(2y,g))，做平抛运动的物体的水平位移由初速度v0和下落的高度y共同决定． (3)落地速度：v＝2,0)eq \r(v＋veq \o\al(2,y)) ＝2,0)eq \r(v＋2gy) ，即落地速度由初速度v0和下落的高度y共同决定． 运动 项目 水平分运动(匀速直线运动) 竖直分运动(自由落体运动) 合运动(平抛运动) 速度 vx＝v0 vy＝gt v＝2,0)eq \r(v＋（gt）2) tanθ＝eq \f(vy,vx)＝eq \f(gt,v0) 位移 x＝v0t y＝eq \f(1,2)gt2 s＝eq \r(（v0t）2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)gt2))\s\up12(2)) tanα＝eq \f(y,x)＝eq \f(gt,2v0) 注意：①θ为速度方向与x轴的夹角，α为位移方向与x轴的夹角；②解题时灵活处理，例如平抛运动中，竖直方向的分速度vy＝gt，除该公式外，如果知道高度，还可以根据vy＝eq \r(2gh)计算． 6．平抛运动的轨迹 由水平分位移x＝v0t和竖直分位移y＝eq \f(1,2)gt2可知平抛运动的轨迹方程为y＝2,0)eq \f(g,2v) x2，其中g、v0是常量，则y­x图线是二次函数图线，即平抛运动的轨迹是一条抛物线． 提示：根据y＝eq \f(1,2)gt2、x＝v0t求解． 提示：根据Δv＝gΔt或Δv＝2,0)eq \r(v2－v) 求解． 规范解答　根据平抛运动的规律有h＝eq \f(1,2)gt2，x＝v0t，代入数据可得t＝0.4 s，v0＝7.5 m/s，故A、B错误；沙包即将落入筐中时，水平方向的速度大小vx＝v0＝7.5 m/s，竖直方向的速度大小vy＝gt＝4 m/s，合速度大小v合＝2,x)eq \r(v＋veq \o\al(2,y)) >v0＝7.5 m/s，C错误；沙包从抛出至落入筐中，速度的变化量大小为Δv＝gt＝4 m/s，D正确． 解析　由题意可将水从喷水口中水平喷出后的运动看成平抛运动，竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动，则竖直方向有：h＝eq \f(1,2)gt2，得t＝eq \r(\f(2h,g))，可知水从喷出到落入池中的时间由喷水口高度决定，与喷水速度无关，所以喷水口高度一定，水从喷出到落入池中的时间一定，故A错误，D正确．水平方向有：x＝v0t＝v0eq \r(\f(2h,g))，则知喷水口高度一定，喷水速度越大，水喷得越远；喷水速度一定，喷水口高度越高，水喷得越远，故B、C错误． 提示：甲图运动的位移沿斜面方向，即eq \f(y,x)＝tanα；乙图运动的末速度垂直于斜面方向，即eq \f(vy,vx)＝tanθ. 提示：tanθ＝eq \f(gt,v0)，tanα＝eq \f(y,x)＝eq \f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq \f(gt,2v0). 比较两式可得tanθ＝2tanα. 提示：由平抛运动规律有tanθ＝eq \f(vy,vx)＝eq \f(gt,v0)，由图甲几何关系知tanθ＝eq \f(yA,xA－\o(OB,\s\up14(—)))＝eq \f(\f(1,2)gt2,v0t－\o(OB,\s\up14(—)))， 联立解得eq \o(OB,\s\up14(—))＝eq \f(1,2)v0t＝eq \f(1,2)xA， 即速度的反向延长线过水平位移的中点． 2．基本求解思路 (1)给出末速度方向 ①画速度分解图，确定速度与水平方向的夹角θ； ②根据水平方向和竖直方向的运动规律分析vx、vy； ③根据tanθ＝eq \f(vy,vx)列方程求解． (2)给出位移方向 ①画位移分解图，确定位移与水平方向的夹角α； ②根据水平方向和竖直方向的运动规律分析x、y； ③根据tanα＝eq \f(y,x)列方程求解． 提示：tan37°＝eq \f(y,x). 规范解答　(1)设A、B间的竖直高度为h，水平距离为x， 竖直方向有h＝eq \f(1,2)gt2， 水平方向有x＝v0t， 由几何关系，得tanθ＝eq \f(h,x)， 联立并代入数据解得t＝3 s. (2)根据几何关系有s＝eq \f(x,cosθ)， 联立并代入数据解得s＝75 m. (3)当运动员速度与斜面平行，即垂直于斜面向上的速度减为零时运动员离斜面最远，设此时运动员经过的时间为t′，将运动员的平抛运动沿平行于斜面和垂直于斜面方向分解，在垂直于斜面方向有0－v0y＝－gyt′， 其中v0y＝v0sinθ， gy＝gcosθ， 联立并代入数据解得t′＝1.5 s [变式训练2－1]　如图所示，某次球与墙壁上A点碰撞后水平弹离，恰好垂直落在球拍上的B点．已知球拍与水平方向的夹角θ＝60°，A、B两点间的高度差h＝1 m，忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，则球刚要落到球拍上时速度的大小为(　　) A．2eq \r(5) m/s B．2eq \r(15) m/s C．4eq \r(5) m/s D．eq \f(4,3) eq \r(15) m/s 解析　球的运动示意图如图所示，由题意知球在空中做平抛运动，根据h＝eq \f(1,2)gt2，得时间t＝eq \r(\f(2h,g))＝eq \r(\f(2×1,10)) s＝eq \r(\f(1,5)) s，球刚要落到球拍上时竖直分速度vy＝gt＝10×eq \r(\f(1,5)) m/s＝2eq \r(5) m/s，根据平行四边形定则知，速度的大小v＝eq \f(vy,cos60°)＝4eq \r(5) m/s，故C正确，A、B、D错误． 解析　飞镖与墙壁的夹角为平抛运动物体速度与墙壁所成的角，由于水平位移相同，故速度反向延长线必交于水平位移上的同一点．将两只飞镖的速度反向延长与初速度的延长线交于一点C，作出如图所示情景图．设总的水平距离为x，CD＝eq \f(x,2)，BD＝CD·cot37°，AD＝CD·cot53°，且BD－AD＝d，联立解得x＝eq \f(24,7)d. eq \f(24,7)d 解析　喷嘴距地面高0.45 m，喷灌半径为3 m，则水的位移大于3 m，故A错误；根据h＝eq \f(1,2)gt2，得时间t＝eq \r(\f(2h,g))＝eq \r(\f(2×0.45,10)) s＝0.3 s，故B正确；水从喷嘴喷出的速率v0＝eq \f(x,t)＝eq \f(3,0.3) m/s＝10 m/s，则水从喷嘴喷出后，落地的速度大小大于10 m/s，故C错误，D正确． 解析　由题图知，hb＞ha，因为h＝eq \f(1,2)gt2，所以ta＜tb，又因为x＝v0t，且xa＞xb，所以va＞vb，A、D正确． 解析　根据几何关系知，石块做平抛运动的高度为h＝L＋Lsin30°＝7.2 m，而h＝eq \f(1,2)gt2，解得石块落地所用的时间为t＝eq \r(\f(2h,g))＝eq \r(\f(2×7.2,10)) s＝1.2 s，则石块被抛出时的速度大小为v0＝eq \f(s,t)＝eq \f(19.2,1.2) m/s＝16 m/s，故A错误，B正确；石块落地时竖直方向上的分速度vy＝eq \r(2gh)＝eq \r(2×10×7.2) m/s＝12 m/s，则石块落地时的速度大小为v＝2,0)eq \r(v＋veq \o\al(2,y)) ＝eq \r(162＋122) m/s＝20 m/s，故C正确，D错误． 5．(平抛运动规律的应用)(多选)物体以初速度v0水平抛出，若不计空气阻力，重力加速度为g，则当其竖直分位移与水平分位移相等时，以下说法中正确的是(　　) A．竖直分速度等于水平分速度 B．瞬时速度大小为eq \r(5)v0 C．运动的时间为eq \f(2v0,g) D．运动的位移大小为2,0)eq \f(2\r(2)v,g) 解析　由物体竖直分位移与水平分位移相等可知v0t＝eq \f(1,2)gt2，解得t＝eq \f(2v0,g)，又由于vy＝gt＝2v0，所以v＝2,x)eq \r(v＋veq \o\al(2,y)) ＝eq \r(5)v0，s＝eq \r(x2＋y2)＝eq \r(2)v0t＝2,0)eq \f(2\r(2)v,g) ，故A错误，B、C、D正确． 解析　根据平抛运动的规律以及落在斜面上的特点可知，x＝vt，y＝eq \f(1,2)gt2，tanθ＝eq \f(y,x)，分别将θ为30°、60°代入可得两球平抛所经历的时间之比为1∶3，两球下落高度之比为1∶9，C正确． 8．(平抛运动的相遇问题)如图所示，在一次空地演习中，离地H高处的飞机以水平速度v1发射一颗炮弹欲轰炸地面目标P，反应灵敏的地面拦截系统同时以速度v2竖直向上发射炮弹拦截，设拦截系统与飞机的水平距离为s，若拦截成功，不计空气阻力，则v1、v2的关系应满足(　　) A．v1＝v2 B．v1＝eq \f(H,s)v2 C．v1＝eq \r(\f(H,s))v2 D．v1＝eq \f(s,H)v2 解析　拦截成功时飞机发射的炮弹水平位移s＝v1t，在竖直方向上二者位移满足eq \f(1,2)gt2＋v2t－eq \f(1,2)gt2＝H，两式联立解得v1＝eq \f(s,H)v2，故选D. 答案　(1)eq \f(\r(3),3)g　(2)eq \f(\r(3),3)h 解析　(1)对箱子进行研究，由牛顿第二定律有， mgtan30°＝ma 解得a＝eq \f(\r(3),3)g. (2)绳子断开后，由h＝eq \f(1,2)gt2 得箱子下落的时间t＝eq \r(\f(2h,g)) 箱子落地时，飞机运动的水平距离s1＝vt＋eq \f(1,2)at2 箱子在水平方向运动的距离s2＝vt 箱子与直升机的水平距离x＝s1－s2 联立解得x＝eq \f(\r(3),3)h. 解析　由平抛运动规律有veq \o\al(2,y)＝2gh，可得vy＝eq \r(2gh)＝eq \r(2×10×1.25) m/s＝5.0 m/s，着地时的速度方向与水平地面的夹角为45°，所以着地时水平速度和竖直速度的大小相等，所以滑雪者离开平台边缘时的速度大小v0＝vy＝5.0 m/s，故A正确；由vy＝gt得，滑雪者在空中运动的时间t＝0.5 s，滑雪者在水平方向上做匀速直线运动，水平距离为x＝v0t＝2.5 m，故B正确，C错误；滑雪者着地的速度大小为v′＝2,0)eq \r(v＋veq \o\al(2,y)) ＝5eq \r(2) m/s，故D错误． 11．(平抛运动规律的应用)某生态公园的人造瀑布景观如图所示，水流从高处水平流出槽道，恰好落入步道边的水池中．现制作一个为实际尺寸eq \f(1,16)的模型展示效果，模型中槽道内的水流速度应为实际的(　　) A．eq \f(1,2) B．eq \f(1,4) C．eq \f(1,8) D．eq \f(1,16) 解析　由题意可知，水流出后做平抛运动的水平位移和下落高度均变为实际的eq \f(1,16)，则由h＝eq \f(1,2)gt2得t＝eq \r(\f(2h,g))，所以水下落时间变为实际的eq \f(1,4)，水流出的速度v＝eq \f(x,t)，由于水平位移变为实际的eq \f(1,16)，下落时间变为实际的eq \f(1,4)，则水流出的速度为实际的eq \f(1,4)，故选B. 12．(与斜面结合的平抛运动问题)如图所示，从倾角为θ的斜面上的A点，以水平速度v0抛出一个小球，不计空气阻力，它落在斜面上B点所用的时间为(　　) A．eq \f(2v0sinθ,g) B．eq \f(2v0tanθ,g) C．eq \f(v0sinθ,g) D．eq \f(v0tanθ,g) 解析　设小球落在B点时竖直速度为vy，速度与水平方向的夹角为β，由推论知tanβ＝2tanθ，而且tanβ＝eq \f(vy,v0)，所以vy＝2v0tanθ，故t＝eq \f(vy,g)＝eq \f(2v0tanθ,g)，B正确． 解析　(1)矿石越过B点后做平抛运动，设平抛运动时间为t， 在竖直方向上有h＝eq \f(1,2)gt2， 解得t＝eq \r(\f(2h,g))＝eq \r(\f(2×5,10)) s＝1 s， 在竖直方向上的速度vy＝gt＝10×1 m/s＝10 m/s， 又由几何关系知水平速度 v0＝vytan45°＝10×1 m/s＝10 m/s， 平抛运动的水平位移大小x＝v0t＝10×1 m＝10 m. (2)由匀变速运动的速度位移公式得veq \o\al(2,0)＝2aL 解得a＝2,0)eq \f(v,2L) ＝5 m/s2 对矿石，由牛顿第二定律得a＝eq \f(f,m)＝eq \f(\a\vs4\al(μmg),m)＝μg 所以动摩擦因数μ＝eq \f(a,g)＝eq \f(5,10)＝0.5. $$