(新高考)高考物理一轮复习第4章第2讲《抛体运动》 (含解析)

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考点一 平抛运动的规律及应用
平抛运动
1．定义：将物体以一定的初速度沿水平方向抛出，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，运动轨迹是抛物线．
3．研究方法：化曲为直
(1)水平方向：匀速直线运动；
(2)竖直方向：自由落体运动．
4．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．
1．平抛运动的加速度方向与速度方向总垂直．( × )
2．相等时间内做平抛运动的物体速度变化量相同．( √ )
3．相等时间内做平抛运动的物体速度大小变化相同．( × )
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内的速度改变量Δv＝gΔt是相同的，方向恒为竖直向下，如图所示．
2．两个重要推论
(1)做平抛运动的物体在任意时刻(任意位置处)，有tan θ＝2tan α.(如图所示)
推导：
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(tan θ＝\f(vy,v0)＝\f(gt,v0),tan α＝\f(y,x)＝\f(gt,2v0)))→tan θ＝2tan α
(2)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水平位移的中点，如图所示，即xB＝eq \f(xA,2).
推导：eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(tan θ＝\f(yA,xA－xB),tan θ＝\f(vy,v0)＝\f(2yA,xA)))→xB＝eq \f(xA,2)
例1 (多选)如图所示，x轴在水平地面上，y轴沿竖直方向．图中画出了从y轴上不同位置沿x轴正方向水平抛出的三个小球a、b和c的运动轨迹．小球a从(0,2L)处抛出，落在(2L,0)处；小球b、c从(0，L)处抛出，分别落在(2L,0)和(L,0)处．不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A．b和c运动时间相同
B．a的运动时间是b的两倍
C．a和b加速度相同
D．b的初速度是c的两倍
答案 ACD
解析 b、c抛出时的高度相同，小于a抛出时的高度，根据h＝eq \f(1,2)gt2得t＝eq \r(\f(2h,g))，知b、c的运动时间相同，a的运动时间是b的运动时间的eq \r(2)倍，B错误，A正确；由于a和b都做平抛运动，竖直方向只受重力，故a和b加速度相同，C正确；b、c的运动时间相同，b的水平位移是c的水平位移的两倍，则b的初速度是c的初速度的两倍，D正确．
例2 (2020·全国卷Ⅱ·16)如图，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑，该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3h，其左边缘a点比右边缘b点高0.5h.若摩托车经过a点时的动能为E1，它会落到坑内c点．c与a的水平距离和高度差均为h；若经过a点时的动能为E2，该摩托车恰能越过坑到达b点.eq \f(E2,E1)等于( )
A．20 B．18 C．9.0 D．3.0
答案 B
解析 摩托车从a点做平抛运动到c点，水平方向：h＝v1t1，竖直方向：h＝eq \f(1,2)gt12，可解得v1＝eq \r(\f(gh,2))，动能E1＝eq \f(1,2)mv12＝eq \f(mgh,4)；摩托车从a点做平抛运动到b点，水平方向：3h＝v2t2，竖直方向：0.5h＝eq \f(1,2)gt22，解得v2＝3eq \r(gh)，动能E2＝eq \f(1,2)mv22＝eq \f(9,2)mgh，故eq \f(E2,E1)＝18，B正确．
考点二 与斜面或圆弧面有关的平抛运动
考向1 与斜面有关的平抛运动
例3 如图所示，两个高度相同的斜面，倾角分别为30°和60°，小球A、B分别由斜面顶端以相同大小的水平速度v0抛出，若两球均落在斜面上，不计空气阻力，则A、B两球平抛运动过程( )
A．飞行的时间之比为1∶3
B．水平位移大小之比为1∶9
C．竖直下落高度之比为1∶3
D．落至斜面时速度大小之比为1∶3
答案 A
解析 对于A球，tan 30°＝eq \f(yA,xA)＝eq \f(\f(1,2)gtA2,v0tA)，解得tA＝eq \f(2v0tan 30°,g)，对于B球，tan 60°＝eq \f(yB,xB)＝eq \f(\f(1,2)gtB2,v0tB)，解得tB＝eq \f(2v0tan 60°,g)，所以eq \f(tA,tB)＝eq \f(tan 30°,tan 60°)＝eq \f(1,3)，由x＝v0t可知水平位移大小之比为1∶3，由y＝eq \f(1,2)gt2，可知竖直下落高度之比为1∶9，故A正确，B、C错误；落在斜面上的竖直分速度vyA＝gtA＝2v0tan 30°，vyB＝gtB＝2v0tan 60°，vA2＝vyA2＋v02，vB2＝vyB2＋v02，则落至斜面时vA＝eq \r(\f(7,3))v0，vB＝eq \r(13)v0，速度大小之比为eq \r(7)∶eq \r(39)，故D错误．
例4 如图所示，从倾角为θ的足够长的斜面顶端P以速度v0拋出一个小球，落在斜面上某处Q点，小球落在斜面上的速度与斜面的夹角为α，若把初速度变为2v0，小球仍落在斜面上，则以下说法正确的是( )
A．夹角α将变大
B．夹角α与初速度大小无关
C．小球在空中的运动时间不变
D．PQ间距是原来间距的3倍
答案 B
解析 根据tan θ＝eq \f(y,x)＝eq \f(\f(1,2)gt2,v0t)，解得t＝eq \f(2v0tan θ,g)，初速度变为原来的2倍，则小球在空中的运动时间变为原来的2倍，C错误；根据x＝v0t＝eq \f(2v02tan θ,g)知，初速度变为原来的2倍，则水平位移变为原来的4倍，PQ＝eq \f(x,cs θ)，PQ间距变为原来间距的4倍，D错误；末速度与水平方向夹角的正切值tan β＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(gt,v0)＝2tan θ，可知速度方向与水平方向夹角正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，因为位移与水平方向夹角不变，则末速度与水平方向夹角不变，由几何关系可知α不变，与初速度大小无关，A错误，B正确．
例5 (多选)如图所示，倾角为30°的斜面体固定在水平地面上，斜面底端正上方某高度处有一小球以水平速度v0抛出，恰好垂直打在斜面上，已知重力加速度为g，不计空气阻力．下列说法正确的是( )
A．小球从抛出到落在斜面上的运动时间为eq \f(\r(3)v0,g)
B．小球从抛出到落在斜面上的运动时间为eq \f(\r(3)v0,3g)
C．小球抛出时距斜面底端的高度为eq \f(5v02,g)
D．小球抛出时距斜面底端的高度为eq \f(5v02,2g)
答案 AD
解析 小球恰好垂直打在斜面上，根据几何关系可得tan 60°＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(gt,v0)，解得t＝eq \f(\r(3)v0,g)，故A正确，B错误；小球垂直打在斜面上，根据平抛运动规律，则有x＝v0t，y＝eq \f(1,2)gt2，小球落在斜面上，根据几何关系得tan 30°＝eq \f(h－y,x)，将t＝eq \f(\r(3)v0,g)代入，联立解得h＝eq \f(5v02,2g)，故D正确，C错误．
考向2 与圆弧面有关的平抛运动
例6 如图所示，B为竖直圆轨道的左端点，它和圆心O的连线与竖直方向的夹角为α.一小球在圆轨道左侧的A点以速度v0平抛，恰好沿B点的切线方向进入圆轨道．已知重力加速度为g，不计空气阻力，则A、B之间的水平距离为( )
A.eq \f(v02tan α,g) B.eq \f(2v02tan α,g) C.eq \f(v02,gtan α) D.eq \f(2v02,gtan α)
答案 A
解析 由小球恰好沿B点的切线方向进入圆轨道可知，小球在B点时的速度方向与水平方向的夹角为α.由tan α＝eq \f(gt,v0)，x＝v0t，联立解得A、B之间的水平距离为x＝eq \f(v02tan α,g)，选项A正确．
例7 如图所示，科考队员站在半径为10 m的半圆形陨石坑(直径水平)边，沿水平方向向坑中抛出一石子(视为质点)，石子在坑中的落点P与圆心O的连线与水平方向的夹角为37°，已知石子的抛出点在半圆形陨石坑左端的正上方，且到半圆形陨石坑左端的高度为1.2 m．取sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，重力加速度大小g＝10 m/s2，不计空气阻力．则石子抛出时的速度大小为( )
A．9 m/s B．12 m/s
C．15 m/s D．18 m/s
答案 C
解析 由题意可知，小石子竖直方向的位移为h＝h1＋Rsin 37°，根据公式可得h＝eq \f(1,2)gt2，代入数据解得t＝1.2 s．小石子水平方向的位移为x＝R＋Rcs 37°，又x＝v0t，代入数据可得石子抛出时的速度大小为v0＝15 m/s，故选C.
考点三 平抛运动的临界和极值问题
1．平抛运动的临界问题有两种常见情形：(1)物体的最大位移、最小位移、最大初速度、最小初速度；(2)物体的速度方向恰好达到某一方向．
2．解题技巧：在题中找出有关临界问题的关键字，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．
考向1 平抛运动的临界问题
例8 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
答案 B
解析 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．
考向2 平抛运动的极值问题
例9 某科技比赛中，参赛者设计了一个轨道模型，如图所示．模型放到0.8 m高的水平桌子上，最高点距离水平地面2 m，右端出口水平．现让小球在最高点由静止释放，忽略阻力作用，为使小球飞得最远，右端出口距离桌面的高度应设计为( )
A．0 B．0.1 m
C．0.2 m D．0.3 m
答案 C
解析 小球从最高点到右端出口，满足机械能守恒，有mg(H－h)＝eq \f(1,2)mv2，从右端出口飞出后小球做平抛运动，有x＝vt，h＝eq \f(1,2)gt2，联立解得x＝2eq \r(H－hh)，根据数学知识知，当H－h＝h时，x最大，即h＝1 m时，小球飞得最远，此时右端出口距离桌面高度为Δh＝1 m－0.8 m＝0.2 m，故C正确．
考点四 斜抛运动
1．定义：将物体以初速度v0斜向上方或斜向下方抛出，物体只在重力作用下的运动．
2．性质：斜抛运动是加速度为g的匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线．
3．研究方法：运动的合成与分解
(1)水平方向：匀速直线运动；
(2)竖直方向：匀变速直线运动．
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.
初速度可以分解为v0x＝v0cs θ，v0y＝v0sin θ.
在水平方向，物体的位移和速度分别为
x＝v0xt＝(v0cs θ)t①
vx＝v0x＝v0cs θ②
在竖直方向，物体的位移和速度分别为
y＝v0yt－eq \f(1,2)gt2＝(v0sin θ)t－eq \f(1,2)gt2③
vy＝v0y－gt＝v0sin θ－gt④
(1)斜抛运动中的极值
在最高点，vy＝0，由④式得到t＝eq \f(v0sin θ,g)⑤
将⑤式代入③式得物体的射高ym＝eq \f(v02sin2θ,2g)⑥
物体落回与抛出点同一高度时，有y＝0，
由③式得总时间t总＝eq \f(2v0sin θ,g)⑦
将⑦式代入①式得物体的射程xm＝eq \f(v02sin 2θ,g)
当θ＝45°时，sin 2θ最大，射程最大．
所以对于给定大小的初速度v0，沿θ＝45°方向斜向上抛出时，射程最大．
(2)逆向思维法处理斜抛问题
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，还可根据对称性求解某些问题．
例10 某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，运动轨迹如图所示，不计空气阻力，关于这两次篮球从抛出到撞击篮板的过程( )
A．两次在空中运动的时间相等
B．两次抛出时的速度相等
C．第1次抛出时速度的水平分量小
D．第2次抛出时速度的竖直分量大
答案 C
解析 将篮球的运动反向处理，即为平抛运动．由题图可知，第2次运动过程中的高度较小，所以运动时间较短，故A错误．平抛运动在竖直方向上是自由落体运动，第2次运动过程中的高度较小，故第2次抛出时速度的竖直分量较小，故D错误．平抛运动在水平方向是匀速直线运动，水平射程相等，由x＝v0t可知，第2次抛出时水平分速度较大，第1次抛出时水平分速度较小，故C正确．水平分速度第2次大，竖直分速度第1次大，根据速度的合成可知，两次抛出时的速度大小关系不能确定，故B错误．
例11 (2020·山东卷·16)单板滑雪U形池比赛是冬奥会比赛项目，其场地可以简化为如图甲所示的模型：U形滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道和一个中央的平面直轨道连接而成，轨道倾角为17.2°.某次练习过程中，运动员以vM＝10 m/s的速度从轨道边缘上的M点沿轨道的竖直切面ABCD滑出轨道，速度方向与轨道边缘线AD的夹角α＝72.8°，腾空后沿轨道边缘的N点进入轨道．图乙为腾空过程左视图．该运动员可视为质点，不计空气阻力，取重力加速度的大小g＝10 m/s2，sin 72.8°＝0.96，cs 72.8°＝0.30.求：
(1)运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值d；
(2)M、N之间的距离L.
答案 (1)4.8 m (2)12 m
解析 (1)在M点，设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分速度为v1，由运动的合成与分解规律得
v1＝vMsin 72.8°①
设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分加速度为a1，由牛顿第二定律得
mgcs 17.2°＝ma1②
由运动学公式得d＝eq \f(v12,2a1)③
联立①②③式，代入数据得
d＝4.8 m④
(2)在M点，设运动员在ABCD面内平行AD方向的分速度为v2，
由运动的合成与分解规律得v2＝vMcs 72.8°⑤
设运动员在ABCD面内平行AD方向的分加速度为a2，由牛顿第二定律得
mgsin 17.2°＝ma2⑥
设腾空时间为t，由运动学公式得
t＝eq \f(2v1,a1)⑦
L＝v2t＋eq \f(1,2)a2t2⑧
联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得L＝12 m⑨
课时精练
1．如图，抛球游戏中，某人将小球水平抛向地面的小桶，结果球落在小桶的前方．不计空气阻力，为了把小球抛进小桶中，则原地再次水平抛球时，他可以( )
A．增大抛出点高度，同时增大初速度
B．减小抛出点高度，同时减小初速度
C．保持抛出点高度不变，增大初速度
D．保持初速度不变，增大抛出点高度
答案 B
解析 设小球平抛运动的初速度为v0，抛出点离桶的高度为h，水平位移为x，根据h＝eq \f(1,2)gt2，可得平抛运动的时间为：t＝eq \r(\f(2h,g))，则水平位移为：x＝v0t＝v0eq \r(\f(2h,g)).增大抛出点高度，同时增大初速度，则水平位移x增大，不会抛进小桶中，故A错误．减小抛出点高度，同时减小初速度，则水平位移x减小，可能会抛进小桶中，故B正确．保持抛出点高度不变，增大初速度，则水平位移x增大，不会抛进小桶中，故C错误．保持初速度不变，增大抛出点高度，则水平位移x增大，不会抛进小桶中，D错误．
2．(2021·浙江1月选考·9)某一滑雪运动员从滑道滑出并在空中翻转时经多次曝光得到的照片如图所示，每次曝光的时间间隔相等．若运动员的重心轨迹与同速度不计阻力的斜抛小球轨迹重合，A、B、C和D表示重心位置，且A和D处于同一水平高度．下列说法正确的是( )
A．相邻位置运动员重心的速度变化相同
B．运动员在A、D位置时重心的速度相同
C．运动员从A到B和从C到D的时间相同
D．运动员重心位置的最高点位于B和C中间
答案 A
解析 由于运动员的重心轨迹与同速度不计阻力的斜抛小球轨迹重合，故可以利用斜抛运动规律分析，根据Δv＝gΔt(其中Δt为曝光的时间间隔)知，相邻位置运动员重心速度变化相同，所以A项正确；A、D位置速度大小相等，但方向不同，所以B项错误；A到B为5个时间间隔，而C到D为6个时间间隔，所以C项错误；根据斜抛运动规律，当A、D处于同一水平高度时，从A点上升到最高点的时间与从最高点下降到D点的时间相等，所以C点为轨迹的最高点，D项错误．
3.(2021·江苏省1月适应性考试·5)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，恰好落入步道边的游泳池中．现制作一个为实际尺寸eq \f(1,16)的模型展示效果，模型中槽道里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)
答案 B
解析 由题意可知，水流出后做平抛运动的水平位移和竖直位移均变为原来的eq \f(1,16)，由h＝eq \f(1,2)gt2，得t＝eq \r(\f(2h,g))，所以时间变为实际的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)，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.
4.如图，斜面上a、b、c三点等距，小球从a点正上方O点抛出，做初速度为v0的平抛运动，恰落在b点．若小球初速度变为v，其落点位于c，则( )
A．v0C．2v03v0
答案 A
解析 根据平抛运动的规律可知，若小球落在b点，有x＝v0tb，tb＝eq \r(\f(2hb,g))，若落在c点，则2x＝vtc，而tc＝eq \r(\f(2hc,g))，若时间不变，则初速度变为原来的2倍，由于tc>tb，所以v05.如图所示，小球甲从A点水平抛出，小球乙从B点自由释放，两小球先后经过C点时的速度大小相等，速度方向夹角为45°，已知A、C高度差为h，不计空气阻力，由以上条件可知B、A两点高度差为( )
A.eq \f(1,4)h B.eq \f(1,2)h C．h D．2h
答案 C
解析 小球甲做平抛运动，竖直方向上做自由落体运动，从A到C，由h＝eq \f(1,2)gt2可得，甲运动的时间为t甲＝eq \r(\f(2h,g))，竖直分速度vy＝gt甲＝eq \r(2gh)，据运动的合成与分解可知，甲在C点的速度v甲＝eq \f(vy,cs 45°)＝2eq \r(gh)＝v乙，乙球做自由落体运动，下落高度h′＝eq \f(v乙2,2g)＝2h，A、B两点高度差为2h－h＝h，故C正确，A、B、D错误．
6.如图所示为四分之一圆柱体OAB的竖直截面，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)
答案 D
解析 设小球平抛运动的初速度为v0，由题意知小球通过D点时的速度与圆柱体相切，则有eq \f(vy,v0)＝tan 60°，即eq \f(gt,v0)＝eq \r(3)；小球平抛运动的水平位移：x＝Rsin 60°＝v0t，联立解得：v02＝eq \f(Rg,2)，vy2＝eq \f(3Rg,2)，设平抛运动的竖直位移为y，vy2＝2gy，解得：y＝eq \f(3R,4)，则CB＝y－R(1－cs 60°)＝eq \f(R,4)，故D正确，A、B、C错误．
7．如图，两小球P、Q从同一高度分别以v1和v2的初速度水平抛出，都落在了倾角θ＝53°的斜面上的A点，其中小球P垂直打到斜面上，已知sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6.则v1、v2大小之比为( )
A．2∶1 B．3∶2 C．9∶16 D．32∶9
答案 D
解析 两小球抛出后都做平抛运动，两球从同一高度抛出落到同一点，两小球在竖直方向上的位移相等，小球在竖直方向上都做自由落体运动，由t＝eq \r(\f(2h,g))可知，两球的运动时间相等，对Q球，tan 53°＝eq \f(y,x)＝eq \f(\f(1,2)gt2,v2t)＝eq \f(gt,2v2)，解得v2＝eq \f(3gt,8)，球P垂直打在斜面上，则有v1＝vytan 53°＝gttan 53°＝eq \f(4gt,3)，所以eq \f(v1,v2)＝eq \f(32,9)，A、B、C错误，D正确．
8.(多选)如图所示为一半球形的坑，其中坑边缘两点M、N与圆心O等高且在同一竖直平面内．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．则下列说法中正确的是( )
A．两球抛出的速率之比为1∶3
B．若仅增大v1，则两球将在落在坑壁之前相撞
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
答案 AB
解析 由于两球抛出的高度相等，则运动时间相等，x1＝v1t，x2＝v2t，由几何关系可知x2＝3x1，所以两球抛出的速率之比为1∶3，故A正确；由2R＝(v1＋v2)t可知，若仅增大v1，时间减小，所以两球将在落在坑壁之前相撞，故B正确；要使两小球落在坑中的同一点，必须满足v1与v2之和与时间的乘积等于半球形坑的直径，即(v1＋v2)t＝2R，落点不同，竖直方向位移就不同，t也不同，所以两球抛出的速度之和不是定值，故C错误；由平抛运动速度的反向延长线过水平位移的中点可知，若仅从M点水平抛出小球，改变小球抛出的速度，小球不可能垂直坑壁落入坑中，故D错误．
9.一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示，水平台面的长和宽分别为L1和L2，中间球网高度为h.发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h.不计空气的作用，重力加速度大小为g.若乒乓球的发射速率v在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，则v的最大取值范围是( )
A.eq \f(L1,2)eq \r(\f(g,6h))B.eq \f(L1,4)eq \r(\f(g,h))C.eq \f(L1,2)eq \r(\f(g,6h))D.eq \f(L1,4)eq \r(\f(g,h))答案 D
解析 当速度最小时，球沿中线，恰好过网，设速度为v1，则有3h－h＝eq \f(1,2)gt12，eq \f(L1,2)＝v1t1，解得v1＝eq \f(L1,4)eq \r(\f(g,h))；当速度最大时，球斜向右侧台面两个角发射，设速度为v2，则3h＝
eq \f(1,2)gt22，eq \r(L12＋\f(L2,2)2)＝v2t2，解得v2＝eq \f(1,2)eq \r(\f(4L12＋L22g,6h))，因此v的最大取值范围是eq \f(L1,4)eq \r(\f(g,h))10．如图所示，一小球(视为质点)以速度v从倾角为θ的斜面底端斜向上抛出，落到斜面上的M点且速度水平向右．现将该小球以2v的速度从斜面底端朝同样方向抛出，落在斜面上的N点．下列说法正确的是( )
A．落到M和N两点时间之比大于1∶2
B．落到M和N两点速度之比大于1∶2
C．落到N点时速度方向水平向右
D．M和N两点距离斜面底端的高度之比为1∶2
答案 C
解析 由于落到斜面上M点时速度水平向右，故可把小球在空中的运动逆向看成从M点向左的平抛运动，设在M点的速度大小为vx，把质点在斜面底端的速度v分解为水平速度vx和竖直速度vy，则x＝vxt，y＝eq \f(1,2)gt2，位移间的关系tan θ＝eq \f(y,x)，解得在空中飞行时间t＝eq \f(2vxtan θ,g)，vy＝gt＝2vxtan θ，v和水平方向夹角的正切值tan α＝eq \f(vy,vx)＝2tan θ，为定值，即落到N点时速度方向水平向右，故C正确；速度为v＝eq \r(vx2＋vy2)＝vxeq \r(1＋4tan2θ)，即v与vx成正比，故落到M和N两点速度之比为1∶2，故B错误；由t＝eq \f(2vxtan θ,g)知，落到M和N两点时间之比为1∶2，故A错误；竖直高度为y＝eq \f(1,2)gt2＝eq \f(2vx2tan2θ,g)，y与vx2成正比，M和N两点距离斜面底端的高度之比为1∶4，故D错误．
11.(2021·山东卷·16)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)
(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]或(34 m,36 m)
解析 (1)设平抛运动的时间为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，得H＝eq \f(1,2)gt2，vy＝gt，v＝eq \r(v02＋vy2)
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，由动量定理得－FΔt＝0－mv
联立解得F＝500 N.
(2)若释放鸟蛤的初速度为v1＝15 m/s，设击中岩石左端时，释放点的x轴坐标值为x1，击中右端时，释放点的x轴坐标值为x2，得x1＝v1t，x2＝x1＋L
联立解得x1＝30 m，x2＝36 m
若释放鸟蛤的初速度为v2＝17 m/s，设击中岩石左端时，释放点的x轴坐标值为x1′，击中右端时，释放点的x轴坐标值为x2′，
得x1′＝v2t，x2′＝x1′＋L
联立解得x1′＝34 m，x2′＝40 m
综上得x坐标区间为[34 m,36 m]或(34 m,36 m)．已知条件
情景示例
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，即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，即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)
利用位移关系
从圆心处抛出落到半径为R的圆弧上，如图所示，位移大小等于半径R
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝v0t,y＝\f(1,2)gt2,x2＋y2＝R2))
从与圆心等高圆弧上抛出落到半径为R的圆弧上，如图所示，水平位移x与R的差的平方与竖直位移的平方之和等于半径的平方
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝R＋Rcs θ,x＝v0t,y＝Rsin θ,＝\f(1,2)gt2,x－R2＋y2,＝R2))