第4章 第二讲 抛体运动的规律及其应用（课件）-【新高考方案】2026年高考物理一轮总复习（普高基础版）

抛体运动的规律及其应用 第二讲 1 课前 2 逐点清(一)　平抛运动规律及应用 CONTENTS 目录 4 逐点清(三)　斜抛运动 5 课时跟踪检测 3 逐点清(二)　落点有约束条件的平抛 运动 课 前 精要回顾 水平 重力 匀变速 抛物线 匀速直线 自由落体 gt v0t gt2 匀变速 抛物线 v0cos θ v0sin θ-gt (1)以一定的初速度水平抛出的物体的运动一定是平抛运动。 ( ) (2)做平抛运动的物体的速度方向时刻在变化，加速度方向也时刻在变化。( ) (3)(2023·全国甲卷T1B)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加速度保持不变。( ) 微点判断 √ × × (4)做平抛运动的物体，初速度越大，水平位移越大。 ( ) (5)做平抛运动的物体，初速度越大，在空中飞行时间越长。( ) (6)(人教必修2 P18T1·改编)平抛运动的落地速度由高度和初速度共同决定。( ) (7)从同一高度水平抛出的物体，不计空气阻力时，在空中飞行的时间是相同的。 ( ) √ √ × × (8)无论是平抛运动还是斜抛运动，都是匀变速曲线运动。 ( ) (9)平抛运动是匀变速曲线运动，速度不断变大。( ) (10)做平抛运动的物体，在任意相等的时间内速度的变化量是相同的。( ) (11)(人教必修2 P18“思考与讨论”·改编)研究炮弹的斜抛运动轨迹时不能忽略空气阻力。( ) √ √ √ √ 逐点清(一)　平抛运动规律 及应用 1.飞行时间和水平射程 (1)飞行时间：由t=知，时间取决于下落高度h，与初速度v0无关。 (2)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。 必备知能 2.速度和位移的变化规律 (1)速度的变化规律 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均 竖直向下，大小Δv=Δvy=gΔt。 (2)位移变化规律 ①任一相等时间间隔Δt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=g(Δt)2。 3.两个推论 (1)做平抛运动的物体在任意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。 (2)做平抛运动的物体在任意时刻任意位置处，设其速度方向与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为α，有tan θ=2tan α。 　 √ 题点1　平抛运动基本规律的应用 1.(2024·海南高考)在跨越河流表演中，一人骑车以25 m/s的速度水平冲出平台，恰好跨越长x=25 m的河流落在河对岸平台上，已知河流宽度为25 m，不计空气阻力，取g=10 m/s2，则两平台的高度差h为(　　) A.0.5 m B.5 m C.10 m D.20 m 解析：人和车做平抛运动，设运动时间为t，在竖直方向上有h=gt2，在水平方向上有x=v0t，其中x=25 m、v0=25 m/s，解得h=5 m。故选B。 2.(2024·湖北高考)如图所示，有五片荷叶伸出荷塘水面，一只青蛙要从高处荷叶跳到低处荷叶上。设低处荷叶a、b、c、d和青蛙在同一竖直平面内，a、b高度相同，c、d高度相同，a、b分别在c、d正上方。将青蛙的跳跃视为平抛运动，若以最小的初速度完成跳跃，则它应跳到 (　　) A.荷叶a B.荷叶b C.荷叶c D.荷叶d √ 解析：青蛙做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，则有x=vt，h=gt2，可得v=x，因此水平位移越小、竖直高度越大，初速度越小，因此青蛙应跳到荷叶c上面。故选C。 题点2　重要结论的应用 3.(2025·吉林延边阶段练习)如图所示，从某高度水平抛出一小球，经过时间t到达地面时，速度与水平方向的夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A.小球水平抛出时的初速度大小为gttan θ B.小球在t时间内的位移方向与水平方向的夹角为 C.若小球的初速度增大，则平抛运动的时间变长 D.若小球的初速度减小，则θ增大 √ 解析：小球落地时竖直方向的分速度vy=gt，根据题意可得tan θ =，解得v0=，故A错误；设在t时间内的位移方向与水平方向的夹角为α，根据平抛运动的推论2tan α=tan θ，可知α≠，故B错误；抛出点与落地点的高度差不变，根据h=gt2，可得t=，若小球的初速度增大，则平抛运动的时间不变，故C错误；根据tan θ=，可知若小球的初速度减小，则θ增大，故D正确。 4.(2025·广东深圳阶段练习)(多选)如图，某人从同一位置O以不同的水平速度投出两枚飞镖A、B，最后都插在竖直墙壁上，它们与墙面的夹角分别为30°、60°，图中飞镖的取向可认为是击中墙面时的速度方向，不计空气阻力。则下列说法正确的有 (　　) A.两只飞镖的抛出速度满足vB0>vA0 B.两只飞镖击中墙面的速度满足vA>vB C.两只飞镖的运动时间一定相等 D.插在墙上的两只飞镖的反向延长线与OO'一定交于同一点 √ √ 解析：设水平距离为s，飞镖的初速度为v0，击中墙面的速度为v，速度与竖直方向的夹角为θ，则有tan θ==，s=v0t，联立解得v0=，由于从同一位置O抛出，落在同一竖直墙壁上，则s相同，所以有vB0>vA0，故A正确；击中墙面的速度为v=== =，由于sin 120°=sin 60°=，则有vA=vB，故B错误； 竖直方向有h=gt2，可得t=，可知两只飞镖的运动时间一定不相等，故C错误；根据平抛运动任意时刻速度的反向延长线一定经过此时水平位移的中点，可知插在墙上的两只飞镖的反向延长线与OO'一定交于同一点，故D正确。 逐点清(二)　落点有约束条件的平抛运动 类型1　落点在斜面上的平抛运动 1.可视为质点的运动员从P点以v0的速度水平飞出，若不计空气阻力，运动员在空中飞行3 s后落在斜面上Q点。简化示意图如图所示，已知 sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g取10 m/s2。则运动员由P到Q的过程中(　 ) A.水平初速度大小为30 m/s B.水平初速度大小为20 m/s C.位移大小为45 m D.位移大小为60 m √ 解析：运动员由P到Q的过程中，有tan 37°==，可得水平初速度大小为v0==20 m/s，故A错误，B正确；运动员由P到Q的过程中，水平位移为x=v0t=60 m，位移大小为s==75 m，故C、D错误。 2.如图所示，以水平初速度v0=10 m/s抛出的物体，飞行一段时间后，垂直地撞在倾角为60°的斜面上。不计空气阻力，g=10 m/s2，则物体完成这段飞行的时间是 (　　) A. s　　　 B.1 s C. s　　　 D.2 s √ 解析：物体撞在斜面上的速度与斜面垂直，将 该速度分解，如图所示，由于不计空气阻力，因此 物体水平方向的速度仍为v0，设物体竖直方向的速 度为vy，则有tan 60°=，由于物体竖直方向只受 到重力，因此竖直方向的加速度为重力加速度，且物体竖直方向的初速度为零，则有vy=gt，联立解得t= s，故选A。 类型2　落点在圆弧面上的平抛运动 3.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=g，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=g，CO=OE=v2t2，在Rt△ODE中，有(ED)2+(OE)2=R2，解得v2=，可得=，故选B。 4.(2025·黑龙江哈尔滨月考)如图所示，圆环竖直放置，从圆心O点正上方的P点以速度v0水平抛出的小球恰能从圆环上的Q点沿切线方向飞过，若OQ与OP间的夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g。则 (　　) A.圆环的半径为R= B.小球从P点运动到Q点的时间t= C.小球从P点到Q点的速度变化量为 D.小球运动到Q点时的速度大小为vQ= √ 解析：以速度v0水平抛出的小球恰能从圆环上的Q点沿切线方向飞过，小球运动到Q点时的速度大小为vQ=，故D错误；小球在Q点的竖直方向的速度为vQy=v0tan θ，小球从P点运动到Q点的时间t==，故B错误；小球水平方向做匀速直线运动，有Rsin θ=v0t，圆环的半径为R=，故A正确；小球从P点到Q点的速度变化量Δv=gt=v0tan θ，故C错误。 1.落点在斜面上的平抛运动处理思路 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 图示 方法 分解速度，构建速度的矢量三角形 分解位移，构建位移的矢量三角形 基本规律 水平vx=v0 竖直vy=gt 合速度v= 水平x=v0t 竖直y=gt2 合位移x合= 运动时间 由tan θ==得t= 由tan θ==得t= 续表 2.落点在圆弧面上的平抛运动处理思路 运动情境 物理量分析 tan θ==→t= 在半圆内的平抛运动，R+=v0t→t= 运动情境 物理量分析 小球恰好从圆柱体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 逐点清(三)　斜抛运动 题点1　斜抛运动规律的应用 1.(2025·福建泉州模拟)如图所示，从水池里同一位置喷出两水柱A、B，分别落在水平面上的M、N点，两水柱运动的最大高度相同。不计空气阻力，对比水柱A、B(　　)　 A.A在空中运动的时间比B的长 B.B在空中运动的时间比A的长 C.在空中运动过程中B的速度变化量更大 D.A、B的加速度始终相等 √ 解析：两水柱做斜抛运动，在竖直方向为竖直上抛运动，设水柱向上运动的时间为t，上升的最大高度为h，则在竖直方向有gt2=h，解得t=，由于最大高度相同，可得两水柱在空中运动时间相同，故A、B错误；水柱在空中做斜上抛运动，合力均为重力，因此加速度均为g，则速度变化量为Δv=2gt，所以两水柱的速度变化量相同，故C错误，D正确。 2.如图所示，某喷泉中间有一喷水口竖直向上喷水，外圈的喷水口环绕成一个圆形，圆的半径为10 m，调节喷水孔的喷射角度，让喷出的水全部汇聚到中间喷水口，并且让外圈的水最高喷射5 m。若g取10 m/s2，不考虑空气阻力，则外圈喷出水的速度大小为 (　　) A.5 m/s　 B.5 m/s　 C.10 m/s　 D.15 m/s √ 解析：外圈喷水口喷出的水的运动可以简化为一个斜上抛运动，如图所示，将此运动分解到水平、竖直两个方向，竖直方向为竖直上抛运动，水平方向为匀速直线运动，最大高度为y=g，竖直方向上升和下降过程具有对称性，则总时间为t=2t1=2 s，水平速度vx= m/s= 5 m/s，竖直速度vy=gt1=10 m/s，合速度大小为v== 5 m/s，故选A。 题点2　逆向思维法处理斜上抛运动 3.(2025·广东广州模拟)小明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，篮球运动轨迹如图所示，不计空气阻力，关于篮球从抛出到撞击篮板前，下列说法正确的是(　　) A.两次在空中的时间可能相等 B.两次抛出的初速度大小可能相等 C.两次抛出的初速度水平分量可能相等 D.两次抛出的初速度竖直分量可能相等 √ 解析：篮球的运动可以看成平抛运动的逆过程，由题图可知，第二次运动过程上升的高度较小，所以运动时间较短，故A错误；篮球的运动可以看成平抛运动的逆过程，在竖直方向上做自由落体运动，由题图可知，第二次抛出时速度的竖直分量较小；在水平方向做匀速直线运动，水平射程相等，但第二次用的时间较短，故第二次抛出时的水平分速度较大，根据速度的合成可知，抛出时的初速度大小关系不能确定，有可能相等，故B正确，C、D错误。 4.如图所示，小球A从地面向上斜抛，抛出时的速度大小为10 m/s、方向与水平方向的夹角为53°，在A抛出的同时，有小球B从某高处自由下落，当A上升到最高点时恰能击中下落的B，不计空气阻力，sin 53° =0.8，重力加速度g取10 m/s2。则A、B两球初始距离为 (　　) A.4.8 m　 B.6.4 m C.8.0 m　 D.11.2 m √ 解析：小球A的运动可以看成平抛运动的逆过程，水平初速度为v0=vcos 53°=6 m/s，竖直初速度为vy=vsin 53°=8 m/s，相遇时A球竖直位移为yA==3.2 m，运动时间为t==0.8 s，水平位移为x=v0t=4.8 m，B球竖直位移为yB=gt2=3.2 m，即初始时A、B两球竖直距离为y=yA+yb =6.4 m，根据勾股定理，A、B两球初始距离为s==8.0 m，故选C。 1.斜上抛运动在竖直方向的分运动为竖直上抛运动，在水平方向的分运动为匀速直线运动。 2.物体做斜上抛运动，从抛出点至最高点的过程可看作从最高点做平抛运动的逆过程。其运动时间相等，斜上抛运动的初速度即为平抛运动的末速度。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 (说明：标★的题目为推荐讲评题目) 1.第19届亚运会女子铅球决赛在杭州奥体中心体育场举行，我国运动员以19米58的成绩获得金牌。若不计铅球在空中运动时的空气阻力，关于铅球的运动，下列说法正确的是(　　) A.铅球做变加速曲线运动 B.任意相等时间内铅球的速度变化量不同 C.铅球做匀变速运动 D.若该运动员每次投掷铅球的初速度大小不变、铅球出手位置离地高度不变，则铅球在空中飞行时间不变 √ 6 7 8 9 10 11 12 13 解析：铅球在空中只受重力，根据牛顿第二定律可知铅球的加速度恒定，故铅球做匀变速曲线运动，根据加速度的定义式a=可知，任意相等时间内铅球的速度变化量相同，故A、B错误，C正确；设铅球的初速度v与水平方向的夹角为θ，铅球出手位置距离地面高度为h，在竖直方向上根据匀变速直线运动规律有-h=vtsin θ-gt2，可知铅球在空中运动时间跟初速度与水平方向夹角有关，故D错误。 1 2 3 4 5 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2.(2024·新课标卷)福建舰是我国自主设计建造的首艘弹射型航空母舰。借助配重小车可以进行弹射测试，测试时配重小车被弹射器从甲板上水平弹出后，落到海面上。调整弹射装置，使小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍。忽略空气阻力，则小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的 (　　) A.0.25倍 B.0.5倍 C.2倍 D.4倍 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析：动能表达式为Ek=mv2，由题意可知，小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍，则离开甲板时的速度变为调整前的2倍；小车离开甲板后做平抛运动，从离开甲板到落到海面上的时间不变，根据x=vt，可知小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离变为调整前的2倍。故选C。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3.(2024·江苏高考)喷泉a、b形成如图所示的形状，不计空气阻力，则喷泉a、b (　　) A.加速度相同 B.初速度相同 C.在最高点的速度相同 D.在空中的时间相同 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析：不计空气阻力，喷泉喷出的水在空中只受重力，加速度均为重力加速度，故A正确；设喷泉喷出的水竖直方向的分速度为vy，水平方向的分速度为vx，设喷泉最高的高度为h，根据对称性可知在空中运动的时间t=2，可知tb>ta，D错误；在最高点的速度等于水平方向的分速度vx=，由于水平方向的位移大小关系未知，无法判断在最高点的速度大小关系，根据速度的合成可知无法判断初速度的大小关系，B、C错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 4.(2024·江西高考)(多选)一条河流某处存在高度 差，小鱼从低处向上跃出水面，冲到高处。如图所 示，以小鱼跃出水面处为坐标原点，x轴沿水平方向 ，建立坐标系，小鱼的初速度为v0，末速度v沿x轴 正方向。在此过程中，小鱼可视为质点且只受重力作用。关于小鱼的水平位置x、竖直位置y、水平方向分速度vx和竖直方向分速度vy与时间t的关系，下列图像可能正确的是 (　　) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析：由于小鱼在运动过程中只受重力作用，则小鱼在水平方向上做匀速直线运动，即vx为一定量，则有x=vxt，A可能正确，C错误；小鱼在竖直方向上做竖直上抛运动，则有y=vy0t-gt2，vy=vy0-gt，且vy最终减为0，B错误，D可能正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 5.(2025·河南信阳模拟预测)如图所示，将一个小球从O点水平抛出。从O点运动到A点，偏向角为30°，运动时间为t1；从A点运动到B点，偏向角也是30°，运动时间为t2。不计空气阻力，则t1∶t2等于 (　　) A.1∶1 B.1∶2 C.1∶3 D.1∶4 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析：设抛出时的初速度大小为v0，则到A点时沿竖直方向的分速度vy1=v0tan 30°，t1=，到达B点时，沿竖直方向的分速度vy2=v0tan 60°，t1+t2=，解得t1∶t2=1∶2，故选B。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 6.如图所示，在竖直直角坐标系内有一高为8 m、倾角为37°的斜面，将小球从+y轴上位置(0，8 m)处沿+x方向水平抛出，初速度为4 m/s，g取10 m/s2，不计空气阻力。则小球第一次在斜面上的落点位置为 (　　) A.(3 m，4 m) B.(3 m，5 m) C.(4 m，5 m) D.(4 m，3 m) 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析：设小球第一次在斜面上的落点位置为(x，y)，小球在空中做平抛运动，水平方向有x=v0t，竖直方向有y0-y=gt2，其中v0=4 m/s，y0=8 m，又由几何关系可得tan 37°=，联立解得x=4 m，y=3 m，故选D。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 7.(2024·浙江1月选考)如图所示，小明取山泉水时发现水平细水管到水平地面的距离为水桶高的两倍，在地面上平移水桶，水恰好从桶口中心无阻挡地落到桶底边沿A。已知桶高为h，直径为D，当地重力加速度为g，则水离开出水口的速度大小为 (　　) A. B. C. D.(+1)D 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析：设出水孔到水桶中心的水平距离为x，则x=v0，落到桶底A点时x+=v0，解得v0= 。故选C。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 8.(2025·广西南宁阶段练习)某物体做平抛运动时，它的速度偏向角θ(速度与水平方向的夹角)的正切值随时间t变化的图像如图所示，g取10 m/s2，则下列说法不正确的是 (　　) A.物体的平抛初速度大小为5 m/s B.第1 s内物体下落的高度为5 m C.第2 s末物体的位移偏向角(位移与水平方向的夹角)为45° D.前3 s内物体的速度变化量的大小为30 m/s 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析：由平抛运动规律知tan θ=，由题图可知斜率为k=，解得v0=10 m/s，故A错误；第1 s内物体下落的高度h1=g=5 m，故B正确；第2 s末物体下落的高度为h2=g=20 m，第2 s末物体的水平位移为x2=v0t2=20 m，则有tan α==1，则第2 s末物体的位移偏向角为α=45°，故C正确；前3 s内物体的速度变化量可以看成是水平方向的速度变化量与竖直方向的速度变化量的矢量和，而水平方向的速度变化量为0，所以前3 s内物体的速度变化量的大小即为竖直方向的速度变化量的大小Δvy=gΔt=30 m/s，故D正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 9.(2025·浙江阶段练习)如图所示，AB是一半径为R的圆弧，圆心位置为O点，一小球从与圆心等高的某点沿半径方向水平抛出，恰好垂直落在AB面上的Q点，且速度与水平方向夹角为53°(sin 53°=0.8，cos 53° =0.6)，则小球抛出后的水平位移为(　　) A.0.6R B.0.8R C.R D.1.2R 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析：如图所示，小球恰好垂直落在AB面上的Q点，作速度的反向延长线，交于O点，由平抛运动的推论可知，速度反向延长线交于水平位移的中点，故满足tan 53°=，结合圆的几何关系可得2 +y2=R2，联立解得x=1.2R，D正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 10.(多选)如图所示，球网位于球台的中间位置，球台的左、右边界分别记为MN、PQ，边界MN中点a正上方h处为b点。某次运动员将球从b点垂直于MN水平向右击出，恰好经过网上边沿的c点后落在球台上d点，不计空气阻力。已知网高为h，MN、PQ之间的距离为2L，重力加速度为g。以下说法正确的是(　　) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 A.球被击出时的初速度大小为 B.球的落点d与击出点b之间的水平距离为L C.球在落点d处的速度方向与水平方向夹角的正切值为 D.若只限定在b点水平击出，球的初速度只有不大于2L，才会落在对方台面上 2 3 4 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析：设球被击出时的初速度大小为v0，球被击出后做平抛运动，恰好经过网上边沿的c点，设所用时间为t，则有h=gt2，L=v0t，解得v0=，设球从被击出到落在球台上的时间为t1，落点与击出点之间的水平距离为l，则有h=g，l=v0t1，解得l=L，故A、B正确；球在竖直方向做自由落体运动，设在落点d处竖直方向的速度为vy，在落点d处速度方向与水平方向的夹角为θ，则有vy=gt1，tan θ=，解得tan θ=，故C错误； 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 若保持击球高度不变，且垂直MN击球，当球恰好不出界时，则平抛运动的初速度为v==2L，但若只限定在b点水平击出，则水平位移的最大值应该是a点与P或Q的连线长度，大于2L，因此最大初速度应该大于v，而平抛运动的最小初速度为vmin=v0=，球的初速度只有在最小初速度和最大初速度之间才会落在对方台面上，故D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 11.(2025·甘肃质检)如图所示，一固定斜面倾角为θ，在斜面底端正上方A点把小球以初速度v0正对斜面水平抛出，小球恰好运动最小的位移到达斜面(即小球的抛出点和落点的连线垂直于斜面)，重力加速度为g，不计一切阻力，则小球在空中运动的时间为 (　　) A.　 B. C.　 D. 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析：小球从A点平抛恰好以最小位移到达斜面，即位移垂直于斜面，设平抛运动的水平位移为x，竖直位移为y，则由几何关系得tan θ ==，解得t=，故选A。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 12.(多选)如图所示，四分之一圆弧面的半径R与斜面的竖直高度相等，斜面的倾角为60°，圆弧面的圆心为图中O点，在斜面的顶端A点将多个小球以不同的水平速度抛出，设小球碰到接触面后均不再反弹，已知重力加速度为g，则以下说法正确的是 (　　) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 A.小球有可能垂直打到圆弧面上 B.小球抛出的初速度越大，则运动时间越短 C.小球抛出的速度等于时，运动时间最长 D.若小球抛出的速度小于，则落到接触面时速度偏向角均相同 2 3 4 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析：如图所示，根据平抛运动推论，速度反向延长线交于水平位移的中点，当圆心O为图中水平位移AA'的中点时，小球垂直打在圆弧面B点，故A正确；根据h=gt2，当小球打在斜面上时，小球抛出的初速度越大，小球下落高度越大，可知小球运动的时间越长；当小球打在圆弧面上时，小球抛出的初速度越大，小球下落高度越小，可知小球运动的时间越短，故B错误； 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 当小球刚好落在O点正下方时，下落高度最大， 运动时间最长，则有R=gt2，=v0t，联立 解得v0=，故C错误；若小球抛出的速度小于，可知小球均落在斜面上，根据平抛运动推论可知，落到斜面上时速度偏向角均满足tan θ =2tan 60°=2，即落到斜面时速度偏向角均相同，故D正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 13.(9分)(2024·北京高考)如图所示，水平放置的排水管满口排水，管口的横截面积为S，管口离水池水面的高度为h，水在水池中的落点与管口的水平距离为d。假定水在空中做平抛运动，已知重力加速度为g，h远大于管口内径。求： 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 (1)水从管口到水面的运动时间t；(3分) 答案：　 解析：水在空中做平抛运动，由平抛运动规律得，竖直方向h=gt2 解得水从管口到水面的运动时间t=。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 (2)水从管口排出时的速度大小v0；(3分) 答案：d　 解析：由平抛运动规律得，水平方向d=v0t 解得水从管口排出时的速度大小v0=d。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 (3)管口单位时间内流出水的体积Q。(3分) 答案：Sd 解析：管口单位时间内流出水的体积 Q=Sv0=Sd。 2 3 4 $$