第1章 第4节 生活和生产中的抛体运动-【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 第四节　生活和生产中的 抛体运动 1．认识抛体运动及其分类，会计算竖直上抛运动． 2．会分析计算简单的平抛运动临界问题． 3．能利用运动的合成与分解方法分析一般的斜抛运动． 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 一　抛体运动 1．定义：将物体以一定的初速度向空中抛出，仅在______作用下物体所做的运动称为抛体运动． 2．分类：根据初速度方向是竖直向上、竖直向下、水平或与水平方向成一定的夹角，抛体运动可分为______________、_________、_____和_____． 二　喷泉 柱形喷泉的水柱由无数个水珠构成，如果忽略水珠在运动过程中受到的空气阻力，则水珠仅受______作用，可将柱形喷泉中水珠的运动视为__________运动． 重力 竖直上抛 竖直下抛 平抛 斜抛 重力 竖直上抛 课前自主学习 5 三　传送带输送 物体离开水平传送带后将做______运动．物体离开传送带的速度大小不同，物体落地的距离也不同．如果让物体落入传送带下方的槽中，水平传送带的运转速度应在一定的范围内． 四　跳远 1．跳远运动员，起跳的初速度斜向上方，从起跳到落地，在忽略空气阻力的情况下，只受重力的作用，人体做_____________． 2．研究斜上抛运动时，可以将斜抛运动分解为水平方向的__________运动和竖直方向的___________运动． 平抛 斜抛运动 匀速直线 竖直上抛 课前自主学习 6 判一判 (1)从正在上升的热气球上脱落的物体做自由落体运动．(　　) (2)斜抛运动和平抛运动在竖直方向上做的都是自由落体运动．(　　) (3)抛体运动一定是匀变速运动．(　　) (4)斜上抛运动的物体到达最高点时，速度为零．(　　) 提示： (1)×　(2)×　(3)√　(4)× 课前自主学习 7 课堂探究评价 课堂任务1　竖直上抛运动、简单的平抛运动临界问题 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：如图甲所示，如果忽略喷泉水柱中水珠所受的空气阻力，水珠做什么运动？ 提示：竖直上抛运动． 课堂探究评价 10 活动2：柱形喷泉水柱的高度由什么决定？ 课堂探究评价 11 活动3：如图乙是食品加工厂运输饺子的水平传送带． 为了保证饺子能够落在水平传送带下方的槽内，请估算水 平传送带的运转速度范围(列出表达式即可)． 课堂探究评价 12 1．竖直上抛运动 (1)竖直上抛运动的性质：初速度不为零的匀变速直线运动． (2)竖直上抛运动的特征 ①具有竖直向上的初速度． ②物体只受重力作用，加速度恒为重力加速度g. 课堂探究评价 13 (3)竖直上抛运动的对称性 ①速度对称性：上升和下降经过同一位置时，速度等大反向，即v上＝v下． ②时间对称性：上升和下降经过同一竖直距离所用时间相等，即t上＝t下． ③过程对称性：从抛出点抛出到回到抛出点，上升阶段为匀减速到速度为零的过程，下降阶段为自由落体运动，上升阶段可看作下降阶段的逆过程． 课堂探究评价 14 2．平抛运动的临界问题 (1)与平抛运动相关的临界情况 ①有些题目中“刚好”“恰好”“正好”等字眼，明显表明题述的过程中存在临界点． ②如题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述过程中存在着“起止点”，而这些“起止点”往往就是临界点． 课堂探究评价 15 ③若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述过程中存在着极值，这些极值也往往是临界点． (2)平抛运动临界问题的求解关键 对于这类问题，关键是根据题中条件找出水平位移的最小值和最大值(或者找出竖直位移的最小值和最大值)，然后结合平抛运动规律分析求解． 课堂探究评价 16 例1　(多选)如图所示，一个电影替身演员准备水平地跳跃并离开屋顶，然后落在下一栋建筑物的屋顶上．如果他在屋顶跑动的最大速度是4.5 m/s，那么下列关于他能否安全跳过去的说法正确的是(g取10 m/s2)(　　) A．他安全跳过去是可能的 B．他安全跳过去是不可能的 C．如果要安全跳过去，他在屋顶水平跳跃速度应大于6.2 m/s D．如果要安全跳过去，他在屋顶水平跳跃速度应小于4.5 m/s 课堂探究评价 17 本题的临界条件是什么？ 提示：做平抛运动的水平位移最小值为6.2 m. 课堂探究评价 18 本题是平抛运动的临界问题，解决这类问题的关键是，运用动态思想画出可能的轨迹，找出极端情况分析临界条件，这是极限思维的又一次运用(必修第一册曾用此方法分析追及相遇问题、动力学的临界问题)． 课堂探究评价 [变式训练1]　位于瑞士的世界上最大的人工喷泉——日内瓦喷泉如图所示．已知该喷泉竖直向上喷出，喷出时水的速度为53 m/s，喷嘴的出水量为0.5 m3/s，不计空气阻力，则空中水的体积应为(g取10 m/s2)(　　) A．2.65 m3 B．5.3 m3 C．10.6 m3 D．因喷嘴的横截面积未知，故无法确定 课堂探究评价 20 课堂探究评价 21 课堂任务 2 　斜抛运动 仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”． 课堂探究评价 22 活动1：如图是人跳远时质心的运动轨迹，忽略空气阻力，人做什么运动？ 活动2：图中是按什么方式解决斜抛运动问题的？ 提示：斜抛运动． 提示：图中是把斜抛运动分解为水平方向的匀速直线运动(初速度v0x一直不会变)和竖直方向的竖直上抛运动(v0y是竖直方向的初速度)． 课堂探究评价 23 活动3：在斜上抛运动中轨迹的最高点速度有什么特点？ 提示：轨迹的最高点竖直方向的分速度为零，故此时物体的速度沿水平方向，且等于v0x. 课堂探究评价 24 1．斜抛运动的特点 (1)受力特点：斜抛运动是忽略了空气阻力的理想化运动，因此物体仅受重力，其加速度为重力加速度g. (2)运动特点：物体具有与水平方向存在夹角的初速度，仅受重力，因此斜抛运动是匀变速曲线运动，其轨迹为抛物线． (3)速度变化特点：由于斜抛运动的加速度为定值，因此，在相等的时间内速度变化量的大小相等，方向均竖直向下，Δv＝gΔt. 课堂探究评价 25 (4)对称性特点(斜上抛) ①速度对称：轨迹上关于过轨迹最高点的竖直线对称的两点速度大小相等，水平方向速度相同，竖直方向速度等大反向．如图所示． ②时间对称：关于过轨迹最高点的竖直线对称的曲线 上升时间等于下降时间，这是由竖直上抛运动的对称性决定的． ③轨迹对称：其运动轨迹关于过最高点的竖直线对称． 课堂探究评价 26 课堂探究评价 27 例2　一个棒球以38 m/s的速度从水平地面附近被击出，仰角为37°，(g取10 m/s2，sin37°＝0.6)求： (1)该球上升达到的最大高度； (2)该球的飞行时间； (3)射程． 答案　(1)25.992 m　(2)4.56 s (3)138.624 m 课堂探究评价 28 (1)斜抛运动的性质是什么？ (2)解决斜抛运动问题的思想和方法是什么？ 提示：斜抛运动是匀变速曲线运动． 提示：思想——化曲为直． 方法——把斜抛运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动． 课堂探究评价 29 课堂探究评价 斜抛运动的处理方法 一般的斜抛运动和平抛运动的处理方法相同，均将运动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． 课堂探究评价 课堂探究评价 32 课后课时作业 1．(竖直上抛运动)(多选)一跳水运动员从平台竖直向上跃起，在落回起点的过程中，如果不考虑空气阻力作用，下列说法正确的是(　　) A．运动员上升过程所需时间与下落过程所需时间相同 B．运动员上升加速度与下落加速度相同 C．运动员两次经过空中同一点的速度相同 D．运动员达到最高点时加速度为零 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 解析　竖直上抛运动的上升阶段和下降阶段具有对称性，所以上升过程和下降过程中经过同一段高度所用的时间相等，A正确；竖直上抛运动属于匀变速直线运动，整个过程加速度恒为g，B正确，D错误；运动员两次经过同一位置时，速度大小相等，方向相反，C错误． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 2．(竖直上抛运动)篮球是同学们喜欢的一项体育运动．在课间活动时一些男生喜欢通过摸篮板来比较弹跳能力，小明同学某次在篮板正下方原地竖直向上起跳，手指恰好能摸到篮板的下边沿，请你估算小明双脚离地时的速度大小为(　　) A．1.5 m/s B．3.0 m/s C．4.5 m/s D．6.0 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 3．(平抛运动的实际应用)在精选谷种时，常用一种叫风车的农具进行分选，在同一风力作用下，谷种(饱满)和瘪谷(空壳)都从洞口水平飞出，结果谷种和瘪谷落地点不同，自然分开，如图所示．若不计空气阻力和浮力，对这一现象，下列分析正确的是(　　) A．谷种飞出洞口时的速度比瘪谷飞出洞口时的速度大些 B．谷种和瘪谷飞出洞口后都做匀变速曲线运动 C．谷种和瘪谷从飞出洞口到落地的时间不相同 D．M处是瘪谷，N处为谷种 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 5．(斜抛运动)(多选)如图所示，水平地面上不同位置的三个小球斜上抛，沿三条不同的路径运动，最终落在同一点，三条路径的最高点是等高的，若忽略空气阻力的影响，下列说法正确的是(　　) A．沿路径1抛出的小球落地的速率最大 B．沿路径3抛出的小球在空中运动的时间最长 C．三个小球抛出的初速度竖直分量相等 D．三个小球抛出的初速度水平分量相等 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 6．(平抛运动的临界问题)(多选)刀削面是很多人喜欢的面食之一，因其风味独特而驰名中外．刀削面全凭刀削，因此得名．如图所示，将一锅水烧开，拿一块面团放在锅旁边较高处，用一刀片飞快地削下一片片很薄的面片，使面片飞向锅中，若面团到锅上沿水平面的距离为0.8 m，到锅最近的水平距离为0.5 m，锅的半径为0.5 m．要想使削出的面片落入锅中，则面片的水平速度可以是下列选项中的(空气阻力不计，g取10 m/s2)(　　) A．1 m/s B．2 m/s C．3 m/s D．4 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 7．(平抛运动的临界问题)在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简化装置如图所示，P点处有一个微粒源，能持续水平向右发射质量相同、初速度不同的微粒．高度为h的探测屏AB竖直放置，离P点的水平距离为L，上端A与P点的高度差也为h(不计空气阻力，已知重力加速度为g)． (1)若微粒打在探测屏AB的中点，则微粒在空中 飞行的时间是多少？ (2)求能被探测屏探测到的微粒的初速度范围． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 8．(斜抛运动)苏格兰的塞尔海峡位于欧洲大陆与塞尔岛之间，这个海峡宽约6 m．假设有一位运动员，他要以与水平面成37°的角度斜向上进行“越海之跳”，可使这位运动员越过这个海峡的初速度的最小值是多少？(忽略空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10 m/s2) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 9．(综合提升)2019年5月3日，CBA总决赛第四战实力强大的广东男篮再次击败新疆队，时隔6年再度夺得CBA总冠军．比赛中一运动员将篮球从地面上方B点以速度v0斜向上抛出，恰好垂直击中篮板上A点．若该运动员后撤到C点投篮，还要求垂直击中篮板上A点，运动员需(　　) A．减小抛出速度v0，同时增大抛射角θ B．增大抛出速度v0，同时增大抛射角θ C．减小抛射角θ，同时减小抛射速度v0 D．减小抛射角θ，同时增大抛射速度v0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 解析　篮球垂直击中A点，其逆过程可看作平抛运动，当平抛运动的水平速度越大时，抛出后的落地速度越大，与水平面的夹角则越小．若水平速度减小，则落地速度变小，但与水平面的夹角变大．因此当该运动员后撤到C点投篮时，只有增大抛射速度v0，同时减小抛射角θ，才能使抛出的篮球仍垂直打到篮板上，故D正确，A、B、C错误． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 名师点拨　末速度水平的斜抛运动可逆向看作平抛运动，用平抛运动的方法分析可简化求解过程，这是逆向思维的又一次运用(必修第一册曾用此方法分析末速度为零的匀减速直线运动)． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 10．(平抛运动的临界问题)套圈游戏是一项很受儿童欢迎的活动，要求每次从同一位置水平抛出圆环，套住与圆环前端水平距离为3 m、高为20 cm的竖直细杆，即为获胜．一身高1.4 m的儿童从距地面1 m高处水平抛出圆环，圆环半径为10 cm，要想套住细杆，儿童水平抛出圆环的速度可能为(g取10 m/s2，空气阻力不计)(　　) A．7.4 m/s B．9.6 m/s C．7.8 m/s D．8.2 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 11．(斜抛运动)链球是田径运动中利用双手投掷的竞远项目，运动员两手握着链球上铁链的把手，人转动带动链球旋转，最后链球脱手而出．如图，某次训练中链球脱手速度方向与水平面成θ角斜向上飞出，经过时间t落地，测得落地点与脱手时人所在位置间水平距离为s0，已知人手臂长度为l1，链球铁链长度为l2，求： (1)链球脱手时速度大小v0； (2)链球脱手时离地面的高度h. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 12．(综合)海鸥捕到外壳坚硬的鸟蛤(贝类动物)后，有时会飞到空中将它丢下，利用地面的冲击打碎硬壳．一只海鸥叼着质量m＝0.1 kg的鸟蛤，在H＝20 m的高度、以v0＝15 m/s的水平速度飞行时，松开嘴巴让鸟蛤落到水平地面上．取重力加速度g＝10 m/s2，忽略空气阻力． (1)若鸟蛤与地面的碰撞时间Δt＝0.005 s，弹起速度可忽略，求碰撞过程中鸟蛤受到的平均作用力的大小F；(碰撞过程中不计重力) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 (2)在海鸥飞行方向正下方的地面上，有一与地面平齐、长度L＝6 m的岩石，以岩石左端为坐标原点，建立如图所示坐标系．若海鸥水平飞行的高度仍为20 m，速度大小在15 m/s～17 m/s之间，为保证鸟蛤一定能落到岩石上，求释放鸟蛤位置的x坐标范围． 答案　(1)500 N　(2)34 m～36 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 (2)若释放鸟蛤时的速度为v1＝15 m/s，设鸟蛤击中岩石 左端时，释放点的x坐标为x1，击中右端时，释放点的x坐标 为x1′，得x1＝v1t，x1′＝x1＋L 联立并代入数据解得x1＝30 m，x1′＝36 m 若释放鸟蛤时的速度为v2＝17 m/s，设鸟蛤击中岩石左端时，释放点的x坐标为x2，击中右端时，释放点的x坐标为x2′，得x2＝v2t，x2′＝x2＋L 联立并代入数据解得x2＝34 m，x2′＝40 m 综上分析可知，要保证鸟蛤一定能落在岩石上，释放鸟蛤的位置的x坐标范围为34 m～36 m. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 提示：设喷泉水柱高度为h，水珠初速度大小为v0，重力加速度为g.取竖直向上为正方向，以水珠从喷出至到达最高点为研究过程．根据匀变速直线运动速度与位移的关系，有veq \o\al(2,t)－veq \o\al(2,0)＝2(－g)h.水珠到达最高点时vt＝0，由此得出水柱高度h＝2,0)eq \f(v,2g) .从上式可知，对于柱形喷泉，它的高度主要由喷头的出水速度决定． 提示：选取饺子为研究对象，忽略空气阻力，饺子离开水平传送带后将做平抛运动． 设水平传送带的运转速度为v0，即饺子做平抛运动的初速度为v0，设抛出点距离落点的高度为h，饺子到达落点前的水平位移为x，则在竖直方向上，有h＝eq \f(1,2)gt2，在水平方向上，有x＝v0t.由以上两式，可得v0＝xeq \r(\f(g,2h)).设传送带抛出点边缘到下方接盘最外侧和最内侧的水平距离分别为xmax和xmin，则xmineq \r(\f(g,2h))＜v0＜xmaxeq \r(\f(g,2h)). 规范解答　根据题意可知，电影替身演员在两栋建筑物间做平抛运动，由h＝eq \f(1,2)gt2，x＝v0t，将h＝5 m，x＝6.2 m代入公式，解得电影替身演员安全跳过去的最小水平速度为v0＝6.2 m/s，故B、C正确，A、D错误． 解析　喷出的水做竖直上抛运动，水的流速v0＝53 m/s，水在空中停留的时间t＝eq \f(2v0,g)＝eq \f(2×53,10) s＝10.6 s，处于空中的水的体积V＝Qt＝0.5×10.6 m3＝5.3 m3，故B正确． 2．斜上抛运动物理量之间的关系 (1)物体在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做竖直上抛运动，所以t时刻物体的分速度为：vx＝v0cosθ，vy＝v0sinθ－gt，t时刻物体的位置坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v0tcosθ，v0tsinθ－\f(1,2)gt2)). (2)如果物体的落点与抛出点在同一水平面上，则飞行时间：t＝eq \f(2v0y,g)＝eq \f(2v0sinθ,g)， 射高：y＝2,0y)eq \f(v,2g) ＝2,0)eq \f(vsin2θ,2g) ， 射程：x＝v0cosθ·t＝2,0)eq \f(2vsinθcosθ,g) ＝2,0)eq \f(vsin2θ,g) . 规范解答　斜抛运动的水平方向分运动为匀速直线运动，竖直方向分运动为竖直上抛运动． (1)该球上升达到的最大高度H＝eq \f(（v0sinθ）2,2g)， 解得H＝25.992 m. (2)竖直方向上时间具有对称性，则飞行时间为： t＝2·eq \f(v0sinθ,g)，解得t＝4.56 s. (3)射程x＝v0tcosθ，解得x＝138.624 m. 解析　美洲狮水平方向做匀速运动，竖直方向做竖直上抛运动，其运动示意图如图所示，有v0cosα·2t＝x，v0sinα·eq \f(1,2)t＝h，联立解得tanα＝1，故D正确． [变式训练2]　如图所示，美洲狮是一种凶猛的食肉猛兽，也是噬杀成性的“杂食家”，在跳跃方面有着惊人的“天赋”，它“厉害地一跃”水平距离可达13.2 m，高达3.3 m．设美洲狮“厉害地一跃”离开地面时的速度方向与水平面的夹角为α，若不计空气阻力，美洲狮可看作质点，则tanα等于(　　) A．eq \f(1,8) B．eq \f(1,4) C．eq \f(1,2) D．1 解析　小明双脚离地后做竖直上抛运动，根据2gh＝v2可知，小明双脚离地时的速度大小v＝eq \r(2gh)，由于篮板的下边沿离地面高度约为3 m，小明原地站立胳膊竖直向上时，手指离地高度约为2 m，则小明双脚离地时的速度约为v＝eq \r(2×10×（3－2） ) m/s≈4.5 m/s，故A、B、D错误，C正确． 解析　瘪谷的质量小于谷种的质量，在风力的推动下，瘪谷获得的速度比谷种的速度大．由h＝eq \f(1,2)gt2得t＝eq \r(\f(2h,g))可知，两者落地的时间相同．而水平位移x＝v0t＝v0eq \r(\f(2h,g))，可见瘪谷的水平位移大，M处是谷种，N处为瘪谷．故B正确． 4．(斜抛运动)在我国沿海地区多地的公园内设置有许多直饮水台，以避免塑料水瓶、一次性水杯造成的环境污染．如图，是某游客正在使用直饮水台喝水的情景．图中，A、B、C、D为水流末段的四个水滴．其中水滴D与出水口距离为d，高度相同，水流最高处与出水口高度差为h，忽略空气影响，则(　　) A．水滴A与水滴B速度变化快慢相同 B．水滴D的加速度比水滴C的加速度大 C．水滴D的速度与出水口的水流速度相同 D．水滴D的水平速度大小等于deq \r(\f(g,2h)) 解析　A、B、C、D四个水滴均做斜上抛运动，其加速度均为重力加速度，速度变化快慢相同，A正确，B错误；水滴D的速度与出水口的水流速度大小相等，但方向不同，C错误；根据斜上抛运动规律，对水滴D，竖直方向有h＝eq \f(1,2)gt2，水平方向有d＝2v0t，联立解得水滴D的水平速度大小v0＝eq \f(d,2) eq \r(\f(g,2h))，D错误． 解析　根据运动的合成与分解，将初速度分解为竖直方向和水平方向的分速度，三个小球上升高度相同，根据h＝2,y)eq \f(v,2g) 可知三个小球抛出的初速度竖直分量相等，故C正确；由t＝eq \f(vy,g)及对称性可知，三个小球在空中运动的时间相等，故B错误；由于沿路径1抛出的小球水平位移最大，而运动时间相等，可知沿路径1抛出的小球水平分速度最大，根据平行四边形定则可知沿路径1抛出的小球落地的速率最大，故A正确，D错误． 解析　由h＝eq \f(1,2)gt2知，面片在空中的运动时间t＝eq \r(\f(2h,g))＝0.4 s，而水平位移x＝v0t，故面片的初速度v0＝eq \f(x,t)，将x1＝0.5 m，x2＝1.5 m代入得使削出的面片落入锅中的最小初速度v01＝eq \f(x1,t)＝1.25 m/s，最大初速度v02＝eq \f(x2,t)＝3.75 m/s，即1.25 m/s＜v0＜3.75 m/s，B、C正确． 答案　(1)　(2)L≤v≤L 解析　(1)由题意可知，微粒在空中做平抛运动，打在探测屏AB中点的微粒满足eq \f(3,2)h＝eq \f(1,2)gt2，解得t＝eq \r(\f(3h,g)). (2)当微粒打在探测屏B点时，初速度为v1＝eq \f(L,t1)，竖直方向有2h＝eq \f(1,2)gteq \o\al(2,1)，解得v1＝Leq \r(\f(g,4h))； 同理，当微粒打在探测屏A点时，初速度为v2＝eq \f(L,t2)，竖直方向有h＝eq \f(1,2)gteq \o\al(2,2)，解得v2＝Leq \r(\f(g,2h))； 所以能被探测屏探测到的微粒初速度范围是：Leq \r(\f(g,4h))≤v≤Leq \r(\f(g,2h)). 答案　 m/s 解析　设该运动员的最小初速度为v0，其在水平方向运动的距离恰为6 m，则其水平分速度v0x＝v0cos37° 水平位移x＝v0x t， 竖直分速度v0y＝v0sin37°， 运动时间t＝2eq \f(v0y,g)， 联立并代入数据得v0＝eq \f(5,2) eq \r(10) m/s. 解析　根据h1－h2＝eq \f(1,2)gt2得t＝eq \r(\f(2（h1－h2）,g))＝eq \r(\f(2×（1－0.2）,10)) s＝0.4 s，则平抛运动的最大速度v1＝eq \f(x＋d,t)＝eq \f(3＋0.2,0.4) m/s＝8 m/s，最小初速度v2＝eq \f(x,t)＝eq \f(3,0.4) m/s＝7.5 m/s，圆环水平抛出的速度范围为7.5 m/s<v<8 m/s，只有C正确． 答案　(1) (2)gt2－·tanθ 解析　(1)链球脱手后做斜上抛运动， 水平位移x＝2,0)eq \r(s－（l1＋l2）2) 又x＝v0cosθ·t 解得初速度v0＝2,0)eq \f(\r(s－（l1＋l2）2),tcosθ) . (2)竖直方向有－h＝v0sinθ·t－eq \f(1,2)gt2 解得h＝eq \f(1,2)gt2－2,0)eq \r(s－（l1＋l2）2) ·tanθ. 解析　(1)设鸟蛤平抛运动的时间为t，鸟蛤落地前瞬间的速度大小为v，竖直方向分速度大小为vy，根据平抛运动规律得H＝eq \f(1,2)gt2，vy＝gt，v＝2,0)eq \r(v＋veq \o\al(2,y)) 在碰撞过程中，以鸟蛤为研究对象，取速度v的方向为正方向，由牛顿第二定律得－F＝－ma 且0－v＝－aΔt 联立并代入数据解得F＝500 N. $$