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人教版高考物理一轮复习第4章曲线运动万有引力与航天第2讲抛体运动学案含答案
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这是一份人教版高考物理一轮复习第4章曲线运动万有引力与航天第2讲抛体运动学案含答案
第2讲 抛体运动授课提示：对应学生用书第66页一、平抛运动1．定义：以一定的初速度沿水平方向抛出的物体只在重力作用下的运动。2．性质：平抛运动是加速度为g的匀变速曲线运动，其运动轨迹是抛物线。3．平抛运动的条件：(1)v0≠0，沿水平方向；(2)只受重力作用。4．研究方法：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。5．基本规律(如图所示)(1)速度关系(2)位移关系(3)轨迹方程：y＝eq \f(g,2v\o\al(2,0))x2。二、斜抛运动1．定义：将物体以初速度v0沿斜向上方或斜向下方抛出，物体只在重力作用下的运动。2．性质：加速度为重力加速度g的匀变速曲线运动，轨迹是抛物线。3．研究方法：斜抛运动可以看作水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀变速直线运动的合运动。授课提示：对应学生用书第66页eq \a\vs4\al(命题点一 平抛运动的基本规律) 教材走向高考1．平抛(或类平抛)运动所涉及物理量的特点2.熟记平抛运动的两个重要推论(1)做平抛(或类平抛)运动的物体任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定能过此时水平位移的中点，如图甲所示，B是OC的中点。(2)做平抛(或类平抛)运动的物体在任一时刻(任一位置处)，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，则tan θ＝2tan α。平抛运动是高考的热点，分析近几年高考题可以发现，高考命题常源于教材习题的拓展提升。教材内容多以简单的平抛为背景，考查运动合成与分解基本思想和运动学规律的应用，而高考题通常会拓展为多物体平抛运动，更多的是将平抛运动与斜面、图象问题、临界问题相结合，综合考查学生灵活应用的能力。同学们可通过以下示例认真体会，进一步研究高考真题与教材内容间的溯源关系，找到新高考有效备考方向。[典例1] [人教版必修2·P9·例1]将一个物体以10 m/s的速度从10 m的高度水平抛出，落地时它的速度方向与地面的夹角θ是多少(不计空气阻力，取g＝10 m/s2)?[解析] 落地时在水平方向的分速度是vx＝v0＝10 m/s，竖直方向由匀变速运动规律知veq \o\al(2,y)－0＝2gh，由此得vy＝eq \r(2gh)＝10eq \r(2) m/s，则tan θ＝eq \f(vy,vx)＝eq \r(2)，所以θ＝arctan eq \r(2)，故落地时速度方向与地面的夹角为arctan eq \r(2)。[答案] arctan eq \r(2)拓展❶ 将一个物体的平抛运动问题拓展为多物体与斜面结合的平抛运动问题(2018·高考全国卷Ⅲ)在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以v和eq \f(v,2)的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上。甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的( )A．2倍 B．4倍C．6倍 D．8倍【真题命题立意】 将典例1中物体平抛运动基本规律的应用，拓展为两物体的平抛斜面问题，物理情景变得较为复杂，但核心知识仍是平抛运动的分解思想。解析：画出小球在斜面上运动轨迹，如图所示，可知x＝vt，x·tan θ＝eq \f(1,2)gt2，则x＝eq \f(2tan θ,g)·v2，即x∝v2。甲、乙两球抛出速度为v和eq \f(v,2)，则相应水平位移之比为4∶1，由相似三角形知，下落高度之比也为4∶1，由自由落体运动规律得，落在斜面上竖直方向速度之比为2∶1，由落至斜面时的速率v斜＝eq \r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))可得落至斜面时速率之比为2∶1。答案：A拓展❷ 将一个物体的平抛运动问题拓展为与图象相综合的平抛运动问题 (多选)(2019·高考全国卷Ⅱ)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图象如图(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【真题命题立意】 从运动情景看，本题将典例1中物体平抛运动基本规律的应用，拓展为物体的平抛斜面问题；从信息获取上看，本题通过两次平抛运动的图象呈现信息，物理情景变得新颖，题目综合性较强，但核心知识仍是平抛运动的分解思想。[解析] 根据v-t图象中图线与t轴包围的面积表示位移可知，第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的大，A错误。第二次滑翔过程中在竖直方向的位移比第一次大，又运动员每次滑翔过程中竖直位移与水平位移的比值相同(等于倾斜雪道与水平面夹角的正切值)，故第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大，B正确。从起跳到落到雪道上，第一次速度变化大，时间短，由a＝eq \f(Δv,Δt)，可知第二次滑翔过程中在竖直方向上平均加速度比第一次的小，C错误。根据vt图象的斜率表示加速度知，当竖直方向速度大小为v1时，第二次滑翔在竖直方向加速度小，设滑翔过程中在竖直方向受到的阻力为f，由mg－f＝ma，可得第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大，D正确。[答案] BD规律总结分解思想在平抛运动中的应用——————————————————————— (1)解答平抛运动问题时，一般的方法是将平抛运动沿水平和竖直两个方向分解，这样分解的优点是不用分解初速度也不用分解加速度。(2)画出速度(或位移)分解图，通过几何知识建立合速度(或合位移)、分速度(或分位移)及其方向间的关系，通过速度(或位移)的矢量三角形求解未知量。1.(多选)(2021·山东潍坊高三检测)如图所示，水平地面上有一个坑，其竖直截面为正方形ABCD，若在A点以初速度v0沿AB方向抛出一小球，小球会击中坑壁上的C点，已知AB的长度为l，忽略空气阻力。下列说法正确的是( )A．小球下落的时间t＝eq \f(l,v0)B．坑的深度AD＝eq \f(gl2,2v\o\al(2,0))C．落到C点的速度大小为eq \r(2)v0D．落到C点时速度方向与水平面成60°角解析：小球做平抛运动的水平位移l＝v0t，则小球下落的时间t＝eq \f(l,v0)，A正确；小球在竖直方向的位移y＝eq \f(1,2)gt2＝eq \f(gl2,2v\o\al( 2,0))，B正确；落到C点时，水平分位移与竖直分位移大小相等，即v0t＝eq \f(vy,2)t，所以vy＝2v0，落到C点时速度大小v＝eq \r(v\o\al( 2,0)＋v\o\al( 2,y))＝eq \r(5)v0，方向与水平面的夹角的正切值tan θ＝eq \f(vy,v0)＝2，不等于60°，C、D错误。答案：AB2．(多选)(2020·高考江苏卷)如图所示，小球A、B分别从2l和l的高度水平抛出后落地，上述过程中A、B的水平位移分别为l和2l。忽略空气阻力，则( )A．A和B的位移大小相等B．A的运动时间是B的2倍C．A的初速度是B的eq \f(1,2)D．A的末速度比B的大解析：由抛出点和落地点的几何关系，可推出小球A、B的位移大小相等，A正确；平抛的竖直分运动是自由落体运动，由h＝eq \f(1,2)gt2可推出A运动的时间是B的eq \r(2)倍，B错误；小球A的初速度v0A＝eq \f(l,tA)＝eq \f(l,\r(\f(4l,g)))＝eq \f(1,2)eq \r(gl)，小球B的初速度v0B＝eq \f(2l,tB)＝eq \f(2l,\r(\f(2l,g)))＝eq \r(2gl)，A的初速度是B的eq \f(\r(2),4)，C错误；根据机械能守恒定律得eq \f(1,2)mAveq \o\al( 2,A)＝eq \f(1,2)mAveq \o\al(2,0A)＋mAg·2l，eq \f(1,2)mBveq \o\al( 2,B)＝eq \f(1,2)mBveq \o\al( 2,0B)＋mBgl，解得vA＝eq \r(4.25gl)，vB＝eq \r(4gl)，所以vA＞vB，D正确。答案：ADeq \a\vs4\al(命题点二 有约束条件的两类平抛运动模型) 师生互动类型一 斜面约束下的平抛运动 [典例2] (多选)如图所示，固定斜面PO、QO与水平面MN的夹角均为45°，现由PO斜面上的A点分别以v1、v2先后沿水平方向抛出两个小球(可视为质点)，不计空气阻力，其中以v1抛出的小球恰能垂直于QO落于C点，飞行时间为t，以v2抛出的小球落在PO斜面上的B点，且B、C在同一水平面上，则( )A．落于B点的小球飞行时间为tB．v2＝gtC．落于C点的小球的水平位移为gt2D．A点距水平面MN的高度为eq \f(3,4)gt2[思路点拨] 解此题要把握以下关键信息：(1)小球恰能垂直于QO落于C点，则此时小球两分速度相等。(2)两小球的落点B、C在同一水平面上，飞行时间相等。(3)两小球的水平分位移的差值与B、C两点的距离相等。[解析] 落于C点的小球速度垂直于QO，则两分速度相等，即v1＝gt，得出水平位移x＝v1t＝gt2，故选项C正确；落于B点的小球分解位移如图所示，其中，B、C在同一水平面，故飞行时间都为t，由图可得tan 45°＝eq \f(\f(1,2)gt2,v2t)＝eq \f(gt,2v2)，所以v2＝eq \f(gt,2)，故选项A正确，B错误；设C点距水平面MN的高度为h，由几何关系知x＝2h＋v2t，联立以上几式可得h＝eq \f(1,4)gt2，故A距水平面高度 H＝h＋eq \f(1,2)gt2＝eq \f(3,4)gt2，故选项D正确。 [答案] ACD类型二 圆周约束下的平抛运动1．如图甲所示，小球恰好沿B点的切线方向进入圆轨道，此时半径OB垂直于速度方向，圆心角α与速度的偏向角相等。2．如图乙所示，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。3．如图丙所示，半径和几何关系制约平抛运动时间t：h＝eq \f(1,2)gt2，R±eq \r(R2－h2)＝v0t，联立两方程可求t。[典例3] (2020·河北衡水中学三模)如图所示，B为半径为R的竖直光滑圆弧的左端点，B点和圆心O连线与竖直方向的夹角为α，一个质量为m的小球在圆弧轨道左侧的A点以水平速度v0抛出，恰好沿圆弧在B点的切线方向进入圆弧轨道。已知重力加速度为g。下列说法正确的是( )A．A、B连线与水平方向夹角为αB．小球从A运动到B的时间t＝eq \f(v0tan α,g)C．小球运动到B点时，重力的瞬时功率P＝eq \f(mgv0,cos θ)D．小球运动到竖直圆弧轨道的最低点时，处于失重状态[解析] 平抛运动水平方向为匀速直线运动，竖直方向为自由落体运动，小球恰好沿B点的切线方向进入圆轨道，说明小球在B点时，合速度方向沿着圆轨道的切线方向。将合速度正交分解，根据几何关系可得，其与水平方向的夹角为α，则tan α＝eq \f(gt,v0)，解得t＝eq \f(v0tan α,g)，此时A、B连线与水平方向的夹角不等于α，故A错，B对；小球运动到B点时，重力的瞬时功率P＝mgvy＝mgv0tan α，故C错；小球运动到竖直圆弧轨道的最低点时，有向上的加速度，所以处于超重状态，故D错。[答案] B3．(2021·福建漳州长泰一中月考)如图所示，某同学对着墙壁练习打乒乓球，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夹角θ＝60°，A、B两点高度差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大小为( )A．4eq \r(5) m/s B．2eq \r(5) m/sC.eq \f(4,3)eq \r(15) m/s D．2eq \r(15) m/s解析：根据h＝eq \f(1,2)gt2得，t＝eq \r(\f(2h,g))＝ eq \r(\f(2×1,10)) s＝eq \r(\f(1,5)) s，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，刚要落到球拍上时速度大小v＝eq \f(vy,cos 60°)＝eq \f(2\r(5),\f(1,2)) m/s＝4eq \r(5) m/s，故A正确，B、C、D错误。答案：A4．(2021·辽宁师大附中高三月考)如图所示为一半球形的坑，其中坑边缘两点M、N与圆心等高且在同一竖直面内。现甲、乙两位同学分别站在M、N两点，同时将两个小球以v1、v2的速度沿图示方向水平抛出，发现两球刚好落在坑中同一点Q，已知∠MOQ＝60°，忽略空气阻力。则下列说法正确的是( )A．两球抛出的速率之比为1∶4B．若仅增大v1，则两球将在落入坑中之前相撞C．两球的初速度无论怎样变化，只要落在坑中的同一点，两球抛出的速率之和不变D．若仅从M点水平抛出小球，改变小球抛出的速度，小球可能垂直坑壁落入坑中解析：由几何关系得，M、N的水平位移分别为eq \f(R,2)、eq \f(3,2)R，运动时间相等，由平抛运动规律得xM＝v1t，xN＝v2t，可得v1∶v2＝1∶3，A错误；若只增大v1，M运动轨迹将向右一些，两球在空中相遇，B正确；只要两球落在坑中同一点，水平位移之和为2R，则(v1＋v2)t＝2R，落点不同，竖直位移不同，t不同，v1＋v2不是定值，C错误；如果能垂直落入坑中，速度反向延长线过圆心，水平位移为2R，应打在N点，但由平抛知识，不可能打在N点，故不可能垂直落入坑中，D错误。答案：B5．(2021·河南焦作高三模拟)如图所示为四分之一圆柱体OAB的竖直截面，其半径为R，在B点正上方的C点水平抛出一个小球，小球轨迹恰好在D点与圆柱体相切，OD与OB的夹角为60°，则C点到B点的距离为( )A．R B.eq \f(R,2)C.eq \f(3R,4) D．eq \f(R,4)解析：设小球平抛运动的初速度为v0，将小球在D点的速度沿竖直方向和水平方向分解，则有eq \f(vy,v0)＝tan 60°，解得eq \f(gt,v0)＝eq \r(3)，小球平抛运动的水平位移x＝Rsin 60°，x＝v0t，解得veq \o\al(2,0)＝eq \f(Rg,2)，veq \o\al(2,y)＝eq \f(3Rg,2)，设平抛运动的竖直位移为y，veq \o\al(2,y)＝2gy，解得y＝eq \f(3R,4)，则BC＝y－(R－Rcos 60°)＝eq \f(R,4)，故D正确，A、B、C错误。答案：Deq \a\vs4\al(命题点三 平抛运动中的临界问题 ) 自主探究1．临界点的确定(1)若题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，明显表明题述的过程中存在着临界点。(2)若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述的过程中存在着“起止点”，而这些“起止点”往往就是临界点。(3)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程中存在着极值，这些极值点也往往是临界点。2．求解平抛运动临界问题的一般思路(1)找出临界状态对应的临界条件。(2)分解速度或位移。(3)若有必要，画出临界轨迹。6.(2020·四川成都七中质检)套圈游戏是一项很受欢迎的群众运动，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 的20 cm高的竖直细杆，即为获胜。一身高1.7 m的老人从距地面1 m高度水平抛出圆环，圆环半径为8 cm。要想套住细杆，他水平抛出的速度可能为(g取10 m/s2)( )A．7.4 m/s B．7.8 m/sC．8.2 m/s D．8.6 m/s解析：根据h1－h2＝eq \f(1,2)gt2得，t＝eq \r(\f(2h1－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＋0.16,0.4) m/s＝7.9 m/s，最小速度v2＝eq \f(x,t)＝eq \f(3,0.4) m/s＝7.5 m/s，则7.5 m/s＜v＜7.9 m/s，故B正确。答案：B7.如图所示，排球场总长为18 m，设球网高度为2 m，运动员站在离网3 m的线上，竖直向上跳起正对球网将球水平击出。(不计空气阻力，取g＝10 m/s2)(1)设击球点在3 m线正上方高度为2.5 m处，试问击球的速度在什么范围内才能使球既不触网也不越界？(2)若击球点在3 m线正上方的高度小于某个值，那么无论击球的速度多大，球不是触网就是越界，试求这个高度。解析：(1)如图甲所示，设球刚好擦网而过，则击球点到擦网点的水平位移x1＝3 m，竖直位移y1＝h2－h1＝(2.5－2) m＝0.5 m，根据位移关系x＝vt，y＝eq \f(1,2)gt2，可得v＝x eq \r(\f(g,2y))，代入数据可得v1＝3eq \r(10) m/s，即所求击球速度的下限。设球刚好打在边界线上，则击球点到落地点的水平位移x2＝12 m，竖直位移y2＝h2＝2.5 m，代入速度公式v＝x eq \r(\f(g,2y))，可求得v2＝12eq \r(2) m/s，即所求击球速度的上限。欲使球既不触网也不越界，则击球速度v应满足3eq \r(10) m/s
第2讲 抛体运动授课提示：对应学生用书第66页一、平抛运动1．定义：以一定的初速度沿水平方向抛出的物体只在重力作用下的运动。2．性质：平抛运动是加速度为g的匀变速曲线运动，其运动轨迹是抛物线。3．平抛运动的条件：(1)v0≠0，沿水平方向；(2)只受重力作用。4．研究方法：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。5．基本规律(如图所示)(1)速度关系(2)位移关系(3)轨迹方程：y＝eq \f(g,2v\o\al(2,0))x2。二、斜抛运动1．定义：将物体以初速度v0沿斜向上方或斜向下方抛出，物体只在重力作用下的运动。2．性质：加速度为重力加速度g的匀变速曲线运动，轨迹是抛物线。3．研究方法：斜抛运动可以看作水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀变速直线运动的合运动。授课提示：对应学生用书第66页eq \a\vs4\al(命题点一 平抛运动的基本规律) 教材走向高考1．平抛(或类平抛)运动所涉及物理量的特点2.熟记平抛运动的两个重要推论(1)做平抛(或类平抛)运动的物体任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定能过此时水平位移的中点，如图甲所示，B是OC的中点。(2)做平抛(或类平抛)运动的物体在任一时刻(任一位置处)，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，则tan θ＝2tan α。平抛运动是高考的热点，分析近几年高考题可以发现，高考命题常源于教材习题的拓展提升。教材内容多以简单的平抛为背景，考查运动合成与分解基本思想和运动学规律的应用，而高考题通常会拓展为多物体平抛运动，更多的是将平抛运动与斜面、图象问题、临界问题相结合，综合考查学生灵活应用的能力。同学们可通过以下示例认真体会，进一步研究高考真题与教材内容间的溯源关系，找到新高考有效备考方向。[典例1] [人教版必修2·P9·例1]将一个物体以10 m/s的速度从10 m的高度水平抛出，落地时它的速度方向与地面的夹角θ是多少(不计空气阻力，取g＝10 m/s2)?[解析] 落地时在水平方向的分速度是vx＝v0＝10 m/s，竖直方向由匀变速运动规律知veq \o\al(2,y)－0＝2gh，由此得vy＝eq \r(2gh)＝10eq \r(2) m/s，则tan θ＝eq \f(vy,vx)＝eq \r(2)，所以θ＝arctan eq \r(2)，故落地时速度方向与地面的夹角为arctan eq \r(2)。[答案] arctan eq \r(2)拓展❶ 将一个物体的平抛运动问题拓展为多物体与斜面结合的平抛运动问题(2018·高考全国卷Ⅲ)在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以v和eq \f(v,2)的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上。甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的( )A．2倍 B．4倍C．6倍 D．8倍【真题命题立意】 将典例1中物体平抛运动基本规律的应用，拓展为两物体的平抛斜面问题，物理情景变得较为复杂，但核心知识仍是平抛运动的分解思想。解析：画出小球在斜面上运动轨迹，如图所示，可知x＝vt，x·tan θ＝eq \f(1,2)gt2，则x＝eq \f(2tan θ,g)·v2，即x∝v2。甲、乙两球抛出速度为v和eq \f(v,2)，则相应水平位移之比为4∶1，由相似三角形知，下落高度之比也为4∶1，由自由落体运动规律得，落在斜面上竖直方向速度之比为2∶1，由落至斜面时的速率v斜＝eq \r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))可得落至斜面时速率之比为2∶1。答案：A拓展❷ 将一个物体的平抛运动问题拓展为与图象相综合的平抛运动问题 (多选)(2019·高考全国卷Ⅱ)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图象如图(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【真题命题立意】 从运动情景看，本题将典例1中物体平抛运动基本规律的应用，拓展为物体的平抛斜面问题；从信息获取上看，本题通过两次平抛运动的图象呈现信息，物理情景变得新颖，题目综合性较强，但核心知识仍是平抛运动的分解思想。[解析] 根据v-t图象中图线与t轴包围的面积表示位移可知，第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的大，A错误。第二次滑翔过程中在竖直方向的位移比第一次大，又运动员每次滑翔过程中竖直位移与水平位移的比值相同(等于倾斜雪道与水平面夹角的正切值)，故第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大，B正确。从起跳到落到雪道上，第一次速度变化大，时间短，由a＝eq \f(Δv,Δt)，可知第二次滑翔过程中在竖直方向上平均加速度比第一次的小，C错误。根据vt图象的斜率表示加速度知，当竖直方向速度大小为v1时，第二次滑翔在竖直方向加速度小，设滑翔过程中在竖直方向受到的阻力为f，由mg－f＝ma，可得第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大，D正确。[答案] BD规律总结分解思想在平抛运动中的应用——————————————————————— (1)解答平抛运动问题时，一般的方法是将平抛运动沿水平和竖直两个方向分解，这样分解的优点是不用分解初速度也不用分解加速度。(2)画出速度(或位移)分解图，通过几何知识建立合速度(或合位移)、分速度(或分位移)及其方向间的关系，通过速度(或位移)的矢量三角形求解未知量。1.(多选)(2021·山东潍坊高三检测)如图所示，水平地面上有一个坑，其竖直截面为正方形ABCD，若在A点以初速度v0沿AB方向抛出一小球，小球会击中坑壁上的C点，已知AB的长度为l，忽略空气阻力。下列说法正确的是( )A．小球下落的时间t＝eq \f(l,v0)B．坑的深度AD＝eq \f(gl2,2v\o\al(2,0))C．落到C点的速度大小为eq \r(2)v0D．落到C点时速度方向与水平面成60°角解析：小球做平抛运动的水平位移l＝v0t，则小球下落的时间t＝eq \f(l,v0)，A正确；小球在竖直方向的位移y＝eq \f(1,2)gt2＝eq \f(gl2,2v\o\al( 2,0))，B正确；落到C点时，水平分位移与竖直分位移大小相等，即v0t＝eq \f(vy,2)t，所以vy＝2v0，落到C点时速度大小v＝eq \r(v\o\al( 2,0)＋v\o\al( 2,y))＝eq \r(5)v0，方向与水平面的夹角的正切值tan θ＝eq \f(vy,v0)＝2，不等于60°，C、D错误。答案：AB2．(多选)(2020·高考江苏卷)如图所示，小球A、B分别从2l和l的高度水平抛出后落地，上述过程中A、B的水平位移分别为l和2l。忽略空气阻力，则( )A．A和B的位移大小相等B．A的运动时间是B的2倍C．A的初速度是B的eq \f(1,2)D．A的末速度比B的大解析：由抛出点和落地点的几何关系，可推出小球A、B的位移大小相等，A正确；平抛的竖直分运动是自由落体运动，由h＝eq \f(1,2)gt2可推出A运动的时间是B的eq \r(2)倍，B错误；小球A的初速度v0A＝eq \f(l,tA)＝eq \f(l,\r(\f(4l,g)))＝eq \f(1,2)eq \r(gl)，小球B的初速度v0B＝eq \f(2l,tB)＝eq \f(2l,\r(\f(2l,g)))＝eq \r(2gl)，A的初速度是B的eq \f(\r(2),4)，C错误；根据机械能守恒定律得eq \f(1,2)mAveq \o\al( 2,A)＝eq \f(1,2)mAveq \o\al(2,0A)＋mAg·2l，eq \f(1,2)mBveq \o\al( 2,B)＝eq \f(1,2)mBveq \o\al( 2,0B)＋mBgl，解得vA＝eq \r(4.25gl)，vB＝eq \r(4gl)，所以vA＞vB，D正确。答案：ADeq \a\vs4\al(命题点二 有约束条件的两类平抛运动模型) 师生互动类型一 斜面约束下的平抛运动 [典例2] (多选)如图所示，固定斜面PO、QO与水平面MN的夹角均为45°，现由PO斜面上的A点分别以v1、v2先后沿水平方向抛出两个小球(可视为质点)，不计空气阻力，其中以v1抛出的小球恰能垂直于QO落于C点，飞行时间为t，以v2抛出的小球落在PO斜面上的B点，且B、C在同一水平面上，则( )A．落于B点的小球飞行时间为tB．v2＝gtC．落于C点的小球的水平位移为gt2D．A点距水平面MN的高度为eq \f(3,4)gt2[思路点拨] 解此题要把握以下关键信息：(1)小球恰能垂直于QO落于C点，则此时小球两分速度相等。(2)两小球的落点B、C在同一水平面上，飞行时间相等。(3)两小球的水平分位移的差值与B、C两点的距离相等。[解析] 落于C点的小球速度垂直于QO，则两分速度相等，即v1＝gt，得出水平位移x＝v1t＝gt2，故选项C正确；落于B点的小球分解位移如图所示，其中，B、C在同一水平面，故飞行时间都为t，由图可得tan 45°＝eq \f(\f(1,2)gt2,v2t)＝eq \f(gt,2v2)，所以v2＝eq \f(gt,2)，故选项A正确，B错误；设C点距水平面MN的高度为h，由几何关系知x＝2h＋v2t，联立以上几式可得h＝eq \f(1,4)gt2，故A距水平面高度 H＝h＋eq \f(1,2)gt2＝eq \f(3,4)gt2，故选项D正确。 [答案] ACD类型二 圆周约束下的平抛运动1．如图甲所示，小球恰好沿B点的切线方向进入圆轨道，此时半径OB垂直于速度方向，圆心角α与速度的偏向角相等。2．如图乙所示，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。3．如图丙所示，半径和几何关系制约平抛运动时间t：h＝eq \f(1,2)gt2，R±eq \r(R2－h2)＝v0t，联立两方程可求t。[典例3] (2020·河北衡水中学三模)如图所示，B为半径为R的竖直光滑圆弧的左端点，B点和圆心O连线与竖直方向的夹角为α，一个质量为m的小球在圆弧轨道左侧的A点以水平速度v0抛出，恰好沿圆弧在B点的切线方向进入圆弧轨道。已知重力加速度为g。下列说法正确的是( )A．A、B连线与水平方向夹角为αB．小球从A运动到B的时间t＝eq \f(v0tan α,g)C．小球运动到B点时，重力的瞬时功率P＝eq \f(mgv0,cos θ)D．小球运动到竖直圆弧轨道的最低点时，处于失重状态[解析] 平抛运动水平方向为匀速直线运动，竖直方向为自由落体运动，小球恰好沿B点的切线方向进入圆轨道，说明小球在B点时，合速度方向沿着圆轨道的切线方向。将合速度正交分解，根据几何关系可得，其与水平方向的夹角为α，则tan α＝eq \f(gt,v0)，解得t＝eq \f(v0tan α,g)，此时A、B连线与水平方向的夹角不等于α，故A错，B对；小球运动到B点时，重力的瞬时功率P＝mgvy＝mgv0tan α，故C错；小球运动到竖直圆弧轨道的最低点时，有向上的加速度，所以处于超重状态，故D错。[答案] B3．(2021·福建漳州长泰一中月考)如图所示，某同学对着墙壁练习打乒乓球，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夹角θ＝60°，A、B两点高度差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大小为( )A．4eq \r(5) m/s B．2eq \r(5) m/sC.eq \f(4,3)eq \r(15) m/s D．2eq \r(15) m/s解析：根据h＝eq \f(1,2)gt2得，t＝eq \r(\f(2h,g))＝ eq \r(\f(2×1,10)) s＝eq \r(\f(1,5)) s，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，刚要落到球拍上时速度大小v＝eq \f(vy,cos 60°)＝eq \f(2\r(5),\f(1,2)) m/s＝4eq \r(5) m/s，故A正确，B、C、D错误。答案：A4．(2021·辽宁师大附中高三月考)如图所示为一半球形的坑，其中坑边缘两点M、N与圆心等高且在同一竖直面内。现甲、乙两位同学分别站在M、N两点，同时将两个小球以v1、v2的速度沿图示方向水平抛出，发现两球刚好落在坑中同一点Q，已知∠MOQ＝60°，忽略空气阻力。则下列说法正确的是( )A．两球抛出的速率之比为1∶4B．若仅增大v1，则两球将在落入坑中之前相撞C．两球的初速度无论怎样变化，只要落在坑中的同一点，两球抛出的速率之和不变D．若仅从M点水平抛出小球，改变小球抛出的速度，小球可能垂直坑壁落入坑中解析：由几何关系得，M、N的水平位移分别为eq \f(R,2)、eq \f(3,2)R，运动时间相等，由平抛运动规律得xM＝v1t，xN＝v2t，可得v1∶v2＝1∶3，A错误；若只增大v1，M运动轨迹将向右一些，两球在空中相遇，B正确；只要两球落在坑中同一点，水平位移之和为2R，则(v1＋v2)t＝2R，落点不同，竖直位移不同，t不同，v1＋v2不是定值，C错误；如果能垂直落入坑中，速度反向延长线过圆心，水平位移为2R，应打在N点，但由平抛知识，不可能打在N点，故不可能垂直落入坑中，D错误。答案：B5．(2021·河南焦作高三模拟)如图所示为四分之一圆柱体OAB的竖直截面，其半径为R，在B点正上方的C点水平抛出一个小球，小球轨迹恰好在D点与圆柱体相切，OD与OB的夹角为60°，则C点到B点的距离为( )A．R B.eq \f(R,2)C.eq \f(3R,4) D．eq \f(R,4)解析：设小球平抛运动的初速度为v0，将小球在D点的速度沿竖直方向和水平方向分解，则有eq \f(vy,v0)＝tan 60°，解得eq \f(gt,v0)＝eq \r(3)，小球平抛运动的水平位移x＝Rsin 60°，x＝v0t，解得veq \o\al(2,0)＝eq \f(Rg,2)，veq \o\al(2,y)＝eq \f(3Rg,2)，设平抛运动的竖直位移为y，veq \o\al(2,y)＝2gy，解得y＝eq \f(3R,4)，则BC＝y－(R－Rcos 60°)＝eq \f(R,4)，故D正确，A、B、C错误。答案：Deq \a\vs4\al(命题点三 平抛运动中的临界问题 ) 自主探究1．临界点的确定(1)若题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，明显表明题述的过程中存在着临界点。(2)若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述的过程中存在着“起止点”，而这些“起止点”往往就是临界点。(3)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程中存在着极值，这些极值点也往往是临界点。2．求解平抛运动临界问题的一般思路(1)找出临界状态对应的临界条件。(2)分解速度或位移。(3)若有必要，画出临界轨迹。6.(2020·四川成都七中质检)套圈游戏是一项很受欢迎的群众运动，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 的20 cm高的竖直细杆，即为获胜。一身高1.7 m的老人从距地面1 m高度水平抛出圆环，圆环半径为8 cm。要想套住细杆，他水平抛出的速度可能为(g取10 m/s2)( )A．7.4 m/s B．7.8 m/sC．8.2 m/s D．8.6 m/s解析：根据h1－h2＝eq \f(1,2)gt2得，t＝eq \r(\f(2h1－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＋0.16,0.4) m/s＝7.9 m/s，最小速度v2＝eq \f(x,t)＝eq \f(3,0.4) m/s＝7.5 m/s，则7.5 m/s＜v＜7.9 m/s，故B正确。答案：B7.如图所示，排球场总长为18 m，设球网高度为2 m，运动员站在离网3 m的线上，竖直向上跳起正对球网将球水平击出。(不计空气阻力，取g＝10 m/s2)(1)设击球点在3 m线正上方高度为2.5 m处，试问击球的速度在什么范围内才能使球既不触网也不越界？(2)若击球点在3 m线正上方的高度小于某个值，那么无论击球的速度多大，球不是触网就是越界，试求这个高度。解析：(1)如图甲所示，设球刚好擦网而过，则击球点到擦网点的水平位移x1＝3 m，竖直位移y1＝h2－h1＝(2.5－2) m＝0.5 m，根据位移关系x＝vt，y＝eq \f(1,2)gt2，可得v＝x eq \r(\f(g,2y))，代入数据可得v1＝3eq \r(10) m/s，即所求击球速度的下限。设球刚好打在边界线上，则击球点到落地点的水平位移x2＝12 m，竖直位移y2＝h2＝2.5 m，代入速度公式v＝x eq \r(\f(g,2y))，可求得v2＝12eq \r(2) m/s，即所求击球速度的上限。欲使球既不触网也不越界，则击球速度v应满足3eq \r(10) m/s
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