第4章 第2讲 抛体运动（课件PPT）-【正禾一本通】2026年新高考物理高三一轮总复习高效讲义

该高中物理高考复习课件聚焦抛体运动专题，覆盖平抛运动规律、落点约束问题、类平抛运动、斜抛运动等高考核心考点，严格对接高考评价体系。通过分析近五年真题明确考点权重，如平抛运动规律及应用占比达60%，并归纳斜面约束、临界极值等常考题型，体现备考的系统性和针对性。 课件亮点在于“考点整合+真题精析+方法提炼”的三阶备考策略，如以2024山东聊城模拟题为例，通过运动分解建构平抛临界模型，总结“时间桥梁”推理技巧，培养学生运动与相互作用观念及科学推理素养。特设易错点警示和规律方法库，帮助学生高效掌握答题技巧，教师可据此实施精准复习教学，提升冲刺阶段备考效率。

第2讲 抛体运动 考点一 考点二 考点三 02 03 01 考点四 04 备考目标 1.掌握平抛运动的规律，学会处理斜面或圆弧面约束下的平抛运动问题。 2.会处理平抛运动中的临界、极值问题。 3.学会运用运动的合成与分解处理斜抛运动问题。 高三一轮总复习高效讲义（物理） 正禾一本通 平抛运动的规律 整合必备知识 考点一 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 3 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 4 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 5 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 6 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 7 √ × × 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 8 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 9 提升关键能力 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 10 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 11 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 12 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 13 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 14 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 15 落点有约束的平抛运动 考点二 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 16 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 17 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 18 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 19 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 20 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 21 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 22 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 23 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 24 类平抛运动 考点三 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 25 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 26 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 27 斜抛运动 整合必备知识 考点四 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 28 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 29 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 30 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 31 √ × × × 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 32 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 33 提升关键能力 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 34 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 35 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 36 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 37 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 38 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 39 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 40 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 41 课下巩固精练卷（十） 抛体运动 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 43 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 44 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 45 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 46 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 47 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 48 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 49 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 50 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 51 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 52 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 53 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 54 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 55 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 56 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 57 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 58 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 59 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 60 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 61 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 62 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 63 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 64 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 65 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 66 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 67 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 68 谢谢观看 重力 匀变速 抛物线 匀速直线 自由落体 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：运动的合成与分解 (1)水平方向： 运动； (2)竖直方向： 运动。 水平 4．规律 (1)平抛运动物体的速度变化量 因为平抛运动的加速度为恒定的重力加速度g，所以做平抛运动的物体在任意相等时间间隔Δt内的速度变化量Δv＝gΔt是 的，方向恒为 ，如图所示。 相同 竖直 向下 (2)基本规律 如图，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，建立平面直角坐标系xOy。 (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，速度方向与水平方向的夹角θ和位移方向与水平方向的夹角α的关系为：tan θ＝2tan α。 [辨析明理] 1．判断下列说法的正误 (1)物体做平抛运动时，其加速度方向与速度方向的夹角逐渐变小。( ) (2)做平抛运动的物体在单位时间内的速度变化量越来越大。( ) (3)做平抛运动的物体在任意相等时间内速度大小的变化相同。( ) 2．(2024·海南高考改编)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，不计空气阻力，取g＝10 m/s2，则两平台的高度差h为________。 提示：车做平抛运动，设运动时间为t，竖直方向h＝ eq \f(1,2) gt2，水平方向d＝v0t，其中d＝25 m、v0＝25 m/s，解得h＝5 m。 角度(一) 平抛运动规律的应用 【例1】 (2024·四川凉山模拟)从竖直墙的前方A处，沿AO方向水平发射三颗弹丸a、b、c，在墙上留下的弹痕如图所示。已知Oa＝ab＝bc，则a、b、c三颗弹丸(不计空气阻力)(　　 ) A．飞行时间之比是1∶2∶3 B．初速度之比是 eq \r(6) ∶ eq \r(3) ∶ eq \r(2) C．初速度之比是1∶ eq \r(2) ∶ eq \r(3) D．从射出至打到墙上的过程速度增量之比是 eq \r(6) ∶ eq \r(3) ∶ eq \r(2) 解析：选B。水平发射的弹丸做平抛运动，竖直方向上是自由落体运动，水平方向上是匀速直线运动，竖直方向上Oa＝ab＝bc，即Oa∶Ob∶Oc＝1∶2∶3，由h＝ eq \f(1,2) gt2，可知ta∶tb∶tc＝1∶ eq \r(2) ∶ eq \r(3) ，故A错误；由水平方向x＝v0t，可得va∶vb∶vc＝1∶ eq \f(1,\r(2)) ∶ eq \f(1,\r(3)) ＝ eq \r(6) ∶ eq \r(3) ∶ eq \r(2) ，故B正确，C错误；由Δv＝gt可知，从射出至打到墙上的过程速度增量之比是1∶ eq \r(2) ∶ eq \r(3) ，故D错误。 [规律方法]分析平抛运动时，不管从位移关系求速度，还是从速度关系求位移，都可以以“时间”为桥梁。 角度(二) 平抛运动的临界问题 1．平抛运动的临界问题有两种常见情形： (1)物体的位移或速度达到“最大”或“最小”时； (2)物体的位移或速度“恰好沿某一方向”时。 2．临界问题的解题技巧：在题中找出有关临界问题的关键词，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。 【例2】 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 解析：选B。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＝ eq \f(1,2) gt12，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＝ eq \f(1,2) gt22，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。 常见情境及解题策略 已知条件 情境示例 解题策略 已知速度方向 从斜面外平抛，垂直落在斜面上，如图所示。(已知速度的方向垂直于斜面) 分解速度tan θ＝ eq \f(v0,vy) ＝ eq \f(v0,gt) 从圆弧形轨道外平抛，恰好无碰撞地进入圆弧形轨道，如图所示。(已知速度方向沿该点圆弧的切线方向) 分解速度tan θ＝ eq \f(vy,v0) ＝ eq \f(gt,v0) 已知条件 情境示例 解题策略 已知位移方向 从斜面上平抛又落到斜面上，如图所示。(已知位移的方向沿斜面向下) 分解位移tan θ＝ eq \f(y,x) ＝ eq \f(\f(1,2)gt2,v0t) ＝ eq \f(gt,2v0) 在斜面外平抛，落在斜面上位移最小，如图所示。(已知位移方向垂直斜面) 分解位移tan θ＝ eq \f(x,y) ＝ eq \f(v0t,\f(1,2)gt2) ＝ eq \f(2v0,gt) 【例3】 如图所示，将一小球从A点以某一初速度水平拋出，小球恰好落到斜面底端B点；若在B点正上方与A等高的C点将小球以相同大小的初速度水平抛出，小球落在斜面上的D点，A、B、C、D在同一竖直面上，则 eq \f(AD,AB) 为(　　 ) A． eq \f(1,2) B． eq \f(\r(2),2) C． eq \f(\r(2)－1,2) D． eq \f(3－\r(5),2) 解析：选D。如图，设A、B之间高度差为h，C、D之间高度差为h′，则h＝ eq \f(1,2) gt12，h′＝ eq \f(1,2) gt22，可得t1＝ eq \r(\f(2h,g)) ，t2＝ eq \r(\f(2h′,g)) ，斜面倾角的正切值tan θ＝ eq \f(h,v0t1) ＝ eq \f(h－h′,v0t2) ，解得h′＝ eq \f(3－\r(5),2) h，所以 eq \f(AD,AB) ＝ eq \f(h′,h) ＝ eq \f(3－\r(5),2) ，故D正确，A、B、C错误。 【例4】 (2024·山东聊城模拟)跳台滑雪是一种勇敢者的滑雪运动，运动员在滑雪道上获得一定速度后从跳台飞出，在空中飞一段距离后落地。如图所示，运动员从跳台A处沿水平方向以v0＝20 m/s的速度飞出，落在斜坡上的B处，斜坡与水平方向的夹角θ为37°，不计空气阻力(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)，求： (1)运动员在空中飞行的时间； (2)运动员落在B处时的速度大小； (3)运动员在空中离坡面的最大距离。 解析：(1)运动员做平抛运动，设在空中飞行的时间为t，则有x＝v0t，y＝ eq \f(1,2) gt2 由题图可知tan θ＝ eq \f(y,x) 联立解得t＝ eq \f(2v0,g) tan θ＝3 s。 (2)运动员落在B处时有vx＝v0，vy＝gt 所以vB＝2),\s\do1(x)) eq \r(v＋v eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(y)) ) ＝10 eq \r(13) m/s。 (3)取沿斜坡向下方向(x方向)与垂直于斜坡向上方向(y方向)分析运动员的运动，则在垂直于斜坡方向上 vy′＝v0sin θ＝12 m/s ay＝－g cos θ＝－8 m/s2 当vy′＝0时，运动员在空中离坡面的距离最大，则有 d＝ eq \f(0－vy′2,2ay) ＝9 m。 答案：(1)3 s　(2)10 eq \r(13) m/s　(3)9 m [思维延伸](1)运动员在空中飞行多长时间离坡面的距离最大？与落在B点的时间有什么关系？ (2)若运动员从跳台A处沿水平方向飞出的速度变为原来的一半，则运动员在空中飞行时间变为原来的多少倍？ (3)初速度改变后，落在斜面上时，速度方向与斜面的夹角变化吗？ 提示：(1)运动员在空中离坡面的距离最大时，速度方向与斜面平行，通过分解速度可得vy＝v0tan θ＝gt，则t＝ eq \f(v0tan θ,g) ，为落在B点时间的一半。 (2)由(1)问知t＝ eq \f(2v0,g) tan θ，可知t∝v0，故在空中飞行时间变为原来的 eq \f(1,2) 。 (3)落在斜面上时的位移方向相同，由平抛运动的推论可知速度方向相同，故速度方向与斜面的夹角不变。 1．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。 2．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) 。 3．类平抛运动的求解方法 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(即沿合外力方向)的匀加速直线运动。两分运动具有独立性和等时性。 【例5】 (多选)如图所示，一光滑宽阔的斜面，倾角为θ，高为h。现有一小球在A处以水平速度v0射出，最后从B处离开斜面，下列说法中正确的是(　　 ) 小球的运动轨迹为抛物线 B．小球的加速度为g sin θ C．小球到达B点时的速度为 eq \r(2gh) D．小球到达B点时小球的水平位移为 eq \f(v0,sin θ) eq \r(\f(2h,g)) 解析：选ABD。小球受重力和支持力两个力作用，合力沿斜面向下，与初速度垂直，做类平抛运动，轨迹为抛物线，故A正确；根据牛顿第二定律知，小球的加速度a＝ eq \f(mg sin θ,m) ＝g sin θ，故B正确；根据机械能守恒定律，则有 eq \f(1,2) mv2－ eq \f(1,2) mv02＝mgh，解得v＝2),\s\do1(0)) eq \r(v＋2gh) ，故C错误；小球在沿斜面方向上的位移为 eq \f(h,sin θ) ，根据 eq \f(h,sin θ) ＝ eq \f(1,2) at2解得t＝ eq \f(1,sin θ) eq \r(\f(2h,g)) ，在水平方向上做匀速直线运动，x＝v0t＝ eq \f(v0,sin θ) eq \r(\f(2h,g)) ，故D正确。 匀变速 抛 物线 匀速 匀变速 1．定义：将物体以初速度v0斜向上方或斜向下方抛出，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．研究方法：运动的合成与分解 (1)水平方向： 直线运动； (2)竖直方向： 直线运动。 重力 4．基本规律 以斜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。 (1)初速度可以分解为v0x＝v0cos θ，v0y＝v0sin θ 在水平方向，物体的速度和位移分别为： vx＝v0x＝v0cos θ x＝v0xt＝(v0cos θ)t。 在竖直方向，物体的速度和位移分别为： vy＝v0y－gt＝v0sin θ－gt y＝v0yt－ eq \f(1,2) gt2＝(v0sin θ)t－ eq \f(1,2) gt2。 (2)当斜抛物体落点位置与抛出点等高时 ①射高：h＝＝ 。 ②飞行时间：t＝＝ 。 ③射程：s＝v0cos θ·t＝2),\s\do1(0)) eq \f(2vsin θcos θ,g) ＝ ，对于给定的v0，当θ＝45°时，射程达到最大值，smax＝ 。 [辨析明理] 1．判断下列说法的正误 (1)抛体运动有斜上抛运动、斜下抛运动、竖直上抛运动、自由落体运动，抛体运动都是匀变速运动。( ) (2)抛体运动的轨迹都是曲线。( ) (3)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。( ) (4)物体做斜上抛运动到达最高点时，速度为零。( ) 2．如图所示，从水平地面上同一点射出的甲、乙两发炮弹的飞行路径分别为曲线1和曲线2，且两曲线的最高点等高。不计空气阻力。甲的初速度的水平分量________乙的初速度的水平分量，甲在空中飞行的时间________乙在空中飞行的时间，甲的落地速度________乙的落地速度。(均选填“大于”“小于”或“等于”) 提示：小于　等于　小于 【例6】 (2024·辽宁沈阳模拟)某篮球运动员正在进行投篮训练，若将篮球视为质点，忽略空气阻力，篮球的运动轨迹可简化为如图所示，其中A是篮球的投出点，B是运动轨迹的最高点，C是篮球的投入点。已知篮球在A点的速度与水平方向的夹角为45°，在C点的速度大小为v0且与水平方向夹角为30°，重力加速度大小为g，下列说法正确的是(　　 ) A．篮球在B点的速度为零 B．从B点到C点，篮球的运动时间为 eq \f(v0,g) C．A、B两点的高度差为2),\s\do1(0)) eq \f(3v,8g) D．A、C两点的水平距离为2),\s\do1(0)) eq \f(3v,4g) 解析：选C。篮球在B点的速度为vB＝vx＝v0cos 30°＝ eq \f(\r(3),2) v0，故A错误；从B点到C点，篮球的运动时间为t＝ eq \f(vy,g) ＝ eq \f(v0sin 30°,g) ＝ eq \f(v0,2g) ，故B错误；A、B两点的高度差为h＝2),\s\do1(Ay)) eq \f(v,2g) ＝2),\s\do1(x)) eq \f(v,2g) ＝2),\s\do1(0)) eq \f(3v,8g) ，故C正确；A、C两点的水平距离为x＝vx＝ eq \f(\r(3),2) v0( eq \f(\f(\r(3),2)v0,g) ＋ eq \f(v0,2g) )＝2),\s\do1(0)) eq \f(（3＋\r(3)）v,4g) ，故D错误。 [规律方法]逆向思维法处理斜抛运动 对斜上抛运动从抛出点到最高点的运动，可逆过程分析，看成平抛运动；分析完整的斜上抛运动时，还可根据对称性求解某些问题。 【例7】 (2025·八省新高考适应性考试·内蒙古卷)投沙包游戏规则为：参赛者站在离得分区域边界AB一定的距离外将沙包抛出，每个得分区域的宽度d＝0.15 m，根据沙包停止点判定得分。如图，某同学以大小v0＝5 m/s、方向垂直于AB且与水平地面夹角53°的初速度斜向上抛出沙包，出手点距AB的水平距离L＝2.7 m，距地面的高度h＝1 m。落地碰撞瞬间竖直方向速度减为零，水平方向速度减小。落地后沙包滑行一段距离，最终停在9分、7分得分区的分界线上。已知沙包与地面的动摩擦因数μ＝0.25，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，取重力加速度大小g＝10 m/s2，空气阻力不计。求： (1)沙包从出手点到落地点的水平距离x； (2)沙包与地面碰撞前、后动能的比值k。 解析：(1)沙包竖直方向上的初速度为 vy＝v0sin 53°＝4 m/s 以竖直向上为正方向，对沙包竖直方向的运动，有 －h＝vyt－ eq \f(1,2) gt2 解得t＝1 s 沙包抛出的水平初速度为 vx＝v0cos 53°＝3 m/s 从抛出到落地，沙包的水平位移为 x＝vxt＝3 m。 (2)沙包滑行的距离为 x0＝L＋5d－x＝0.45 m 水平方向上有f＝μmg＝ma 沙包滑行的加速度大小a＝μg＝2.5 m/s2 滑行的初速度满足v eq \o\al(\s\up24(2),\s\do8(1)) ＝2ax0 沙包与地面碰撞后的动能 Ek2＝ eq \f(1,2) mv12＝ eq \f(9,8) m 沙包落地时的竖直速度 vy′＝vy－gt＝－6 m/s 落地时的动能Ek1＝ eq \f(1,2) m(vx2＋vy′2)＝ eq \f(45,2) m 所以k＝ eq \f(Ek1,Ek2) ＝20。 答案：(1)3 m　(2)20 【基础落实练】 1．(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：选C。由题知青蛙做平抛运动，水平方向有x＝v0t，竖直方向有h＝ eq \f(1,2) gt2，联立可得v0＝ eq \r(\f(gx2,2h)) ，因2),\s\do1(c)) eq \f(x,hc) 最小，可知v0c最小，即它应跳到荷叶c上，C正确。 2．(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的(　　 ) 加速度相同 B．初速度相同 C．最高点的速度相同 D．在空中的时间相同 解析：选A。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，水平方向速度为vx，竖直方向，根据对称性可知在空中运动的时间t＝2 eq \r(\f(2h,g)) ，可知tb>ta，D错误；最高点的速度等于水平方向的分速度vx＝ eq \f(x,t) ，由于水平方向的位移大小关系未知，无法判断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，B、C错误。 3．如图所示，将小球从倾角为θ＝30°的光滑斜面上A点以速度v0＝10 m/s水平抛出(即v0∥CD)，最后从B处离开斜面。已知AB间的竖直高度h＝5 m，g取10 m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　 ) A．小球的加速度为 eq \f(10\r(3),3) m/s2 B．小球做平抛运动，运动轨迹为抛物线 C．小球到达B点时的速度大小为10 eq \r(2) m/s D．小球从A点运动到B点所用的时间为1 s 解析：选C。根据牛顿第二定律有mg sin θ＝ma，解得加速度为a＝g sin θ＝10× eq \f(1,2) m/s2＝5 m/s2，故A错误；小球在斜面沿CE方向加速度恒定，做匀加速运动，沿CD方向做匀速运动，故小球做类平抛运动，运动轨迹为抛物线，故B错误；沿斜面向下为匀加速直线运动，根据位移—时间公式可得 eq \f(h,sin 30°) ＝ eq \f(1,2) at2，代入数据解得t＝2 s，小球到达B点时的速度大小为vB＝2),\s\do1(0)) eq \r(v＋（at）2) ＝ eq \r(102＋（5×2）2) m/s＝10 eq \r(2) m/s，故C正确，D错误。 4．(多选)(2024·江西高考)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(　　) 解析：选AD。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正确，C错误；小鱼在竖直方向上做竖直上抛运动，则有y＝vy0t－ eq \f(1,2) gt2，vy＝vy0－gt，且vy最终减为0，B错误，D正确。 5．如图所示，竖直固定靶上端为O点，线段MNO垂直于靶面，N位于M、O两点的中点。某同学在练习飞镖时，第一次从M点水平抛出的飞镖，击中O点正下方的P点，OP＝L；第二次从N点水平抛出的飞镖，击中O点正下方的Q点，PQ＝3L。若飞镖在M点的初速度为v，飞镖在N点的初速度为(　　 ) A. eq \f(1,4) v B． eq \f(1,3) v C． eq \f(1,2) v D．v 解析：选A。设MO＝x，第一次从M点水平抛出的飞镖，击中O点正下方的P点，根据平抛运动规律有L＝ eq \f(1,2) gt12，x＝vt1，第二次从N点水平抛出的飞镖，击中O点正下方的Q点，根据平抛运动规律有4L＝ eq \f(1,2) gt22， eq \f(1,2) x＝v′t2，联立可得飞镖在N点的初速度为v′＝ eq \f(1,4) v，故A正确。 6．篮球运动中，“快攻”是一种很具有观赏性的进攻方式。发球者从底线将篮球大力发出，接球者迅速跑到前场接球，攻框得分。篮球的运动可视为忽略空气阻力的抛体运动，某时刻，接球者从距离发球者12.6 m的位置向对方场地匀速奔跑，与此同时，发球者将球沿斜向上的方向抛出，速度与水平方向夹角为37°，发球与接球时篮球离地高度相同，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。为使接球者奔跑9 m后接到篮球，则下列说法正确的是(　　 ) A．发球者抛出篮球的速度为16 m/s B．篮球在空中运动的时间为1.6 s C．接球者奔跑的速度为5 m/s D．篮球在空中运动的加速度先减小后增大 解析：选C。将篮球在空中的运动分解为水平和竖直方向，篮球从抛出到最高点过程中在竖直方向有vy＝v sin 37°＝gt1，水平方向做匀速直线运动，有x＝vx×2t1＝v cos 37°×2t1，x＝12.6＋9＝21.6 m，联立解得v＝15 m/s，t1＝0.9 s，篮球在空中运动的时间为1.8 s，故A、B错误；接球者做匀速直线运动，奔跑的速度为v1＝ eq \f(x,2t1) ＝ eq \f(9,1.8) m/s＝5 m/s，故C正确；篮球在空中运动只受到重力作用，所以加速度恒为重力加速度，故D错误。 【综合提升练】 7．(2024·四川攀枝花模拟)如图所示，挡板M与倾角θ＝45°的固定斜面垂直，若从斜面上A点将可视为质点的小球以大小为v1的速度水平抛出，小球恰好落在挡板与斜面的交点处；若以大小为v2的速度水平抛出，小球恰垂直撞在挡板上，则 eq \f(v1,v2) 的值为(　　 ) eq \f(1,2) B． eq \f(1,4) C． eq \f(\r(6),4) D． eq \f(\r(6),6) 解析：选C。初速度为v1时有v1t1＝ eq \f(1,2) gt12，解得v1＝ eq \f(1,2) gt1①，初速度为v2时有tan 45°＝ eq \f(gt2,v2) ，解得v2＝gt2②，在沿斜面方向上位移相等，则有(v1cos 45°)t1＋ eq \f(1,2) (g cos 45°)t12＝(v2cos 45°)t2＋ eq \f(1,2) (g cos 45°)t22③，由①②③解得 eq \f(v1,v2) ＝ eq \f(\r(6),4) ，故C正确。 8．如图所示，水平固定的半球形碗的球心为O点，最低点为B点。在碗的边缘向着球心分别以初速度v1，v2，v3平抛出三个小球，分别经过t1，t2，t3的时间落在A、B、C点，抛出点及落点A、B、C在同一个竖直面内，且A、C点等高，则下列说法正确的是(　　 ) A．三个小球平抛运动时间的大小关系为t1<t2<t3 B．三个小球平抛初速度的大小关系为v1＝v3<v2 C．落在C点的小球，在C点的瞬时速度可能与C点的切线垂直 D．落在B点的小球，在B点的瞬时速度方向与水平方向夹角大于60° 解析：选D。根据t＝ eq \r(\f(2h,g)) ，B小球竖直位移最大，时间最长，A、C两个小球竖直位移相等，时间相同，故A错误；三个小球下落相同高度的情况下，时间相同，根据v0＝ eq \f(x,t) ，C小球抛得最远，A小球抛得最近，故平抛初速度满足v1<v2<v3，故B错误；做平抛运动的物体，其某点的瞬时速度反向延长线交于此时水平位移的中点，落在C点的小球，在C点的瞬时速度若与碗垂直，则速度反向延长线交于碗心O点，并不是水平位移中点，故C错误；落在B点的小球，此时位移与水平方向的夹角为45°，设速度与水平方向夹角为α，则tan α＝2tan 45°＝2>tan 60°，速度与水平方向夹角大于60°，故D正确。 9．(多选)(2024·山东高考)如图所示，工程队向峡谷对岸平台抛射重物，初速度v0大小为20 m/s，与水平方向的夹角为30°，抛出点P和落点Q的连线与水平方向夹角为30°，重力加速度大小取10 m/s2，忽略空气阻力。重物在此运动过程中，下列说法正确的是(　　) A．运动时间为2 eq \r(3) s B．落地速度与水平方向夹角为60° C．重物离PQ连线的最远距离为10 m D．轨迹最高点与落点的高度差为45 m 解析：选BD。将初速度分解为沿PQ方向的分速度v1和垂直PQ方向的分速度v2，则有v1＝v0cos 60°＝10 m/s，v2＝v0sin 60°＝10 eq \r(3) m/s，将重力 加速度分解为沿PQ方向的分加速度a1和垂直PQ方向的分加速度a2，则有a1＝g sin 30°＝5 m/s2，a2＝g cos 30°＝5 eq \r(3) m/s2，垂直PQ方向根据对称性 可得重物运动的时间为t＝2 eq \f(v2,a2) ＝4 s，重物离PQ连线的最远距离为dmax＝2),\s\do1(2)) eq \f(v,2a2) ＝10 eq \r(3) m，故A、C错误；重物落地时，竖直分速度大小为vy＝－v0sin 30°＋gt＝30 m/s，则落地速度与水平方向夹角的正切值为tan θ＝ eq \f(vy,vx) ＝ eq \f(vy,v0cos 30°) ＝ eq \r(3) ，可得θ＝60°，故B正确；从抛出到最高点所用时间为t1＝ eq \f(v0sin 30°,g) ＝1 s，则从最高点到落地所用时间为t2＝t－t1＝3 s，轨迹最高点与落点的高度差为h＝ eq \f(1,2) gt22＝45 m，故D正确。 10．(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： (1)水从管口到水面的运动时间t； (2)水从管口排出时的速度大小v0； (3)管口单位时间内流出水的体积Q。 解析：(1)水在空中做平抛运动，由平抛运动规律得，竖直方向 h＝ eq \f(1,2) gt2 解得水从管口到水面的运动时间 t＝ eq \r(\f(2h,g)) 。 (2)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 eq \r(\f(g,2h)) 。 (3)管口单位时间内流出水的体积 Q＝Sv0＝Sd eq \r(\f(g,2h)) 。 答案：(1) eq \r(\f(2h,g)) 　(2)d eq \r(\f(g,2h)) 　(3)Sd eq \r(\f(g,2h)) 11．某旋转喷灌机进行农田喷灌的示意图如图所示，喷口出水速度的方向可调节。该喷灌机的最大功率为P＝2 000 W，喷灌机所做功的75%转化为水的动能，喷口的横截面积S＝30 cm2，水的密度ρ＝1×103 kg/m3，重力加速度g＝10 m/s2，π＝3.14，喷口距离地面的高度h＝0.55 m，忽略空气阻力，不考虑供水水压对水速的影响。求： (1)喷灌机的最大喷水速度v； (2)喷口出水速度方向与水平面夹角θ＝30°时，该喷灌机的最大喷灌面积Sm。(保留三位有效数字) 解析：(1)设在Δt时间内从喷口处喷出水的质量为Δm，则Δm＝vΔtSρ 由能量关系 75%PΔt＝ eq \f(1,2) Δmv2 解得v＝10 m/s。 (2)喷口出水速度方向与水平面夹角θ＝30°时，则 －h＝vt sin 30°－ eq \f(1,2) gt2 x＝vt cos 30° 该喷灌机的最大喷灌面积 Sm＝πx2 解得Sm≈285 m2。 答案：(1)10 m/s　(2)285 m2 $