新高考物理一轮复习精讲精练第4章曲线运动第2讲 抛体运动（2份打包，原卷版+解析版）

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一、平抛运动的规律
1.定义：将物体以一定的初速度沿水平方向抛出，且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.特点：(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．
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：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.特点：(1)水平方向：匀速直线运动
(2)竖直方向：竖直上抛或竖直下抛
4.基本规律(以斜向上抛为例，如图所示)
(1)水平方向:
v0x＝v0csθ，x＝v0t cs θ。
(2)竖直方向
v0y＝v0sinθ，y＝v0t sin θ－ eq \f(1,2)gt2。
知识训练
考点一、平抛运动
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：
SKIPIF 1 < 0
(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： SKIPIF 1 < 0
例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】设小球做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，则平抛运动的时间t＝ eq \r(\f(2h,g))，水平位移x＝v0t＝v0eq \r(\f(2h,g))，由上式分析可知，要减小水平位移x，可保持抛出点高度h不变，减小初速度v0，或保持初速度v0大小不变，减小抛出点高度h，或减小抛出点高度，同时减小初速度，故B正确，A、C、D错误。
例2、一小球被水平抛出，做平抛运动。若从小球被抛出开始计时，则小球在运动过程中( )
A．加速度大小与时间成正比
B．速度大小与时间成正比
C．速度的增量大小与时间成正比
D．位移大小与时间的二次方成正比
【答案】C
【解析】小球做平抛运动，加速度为重力加速度，不随时间改变，故A错误；设小球从抛出到某一位置经过的时间为t，竖直分速度为：vy＝gt，水平分速度为v0，则速度为：vt＝ SKIPIF 1 < 0 ，可知速度大小与时间不成正比，故B错误；平抛运动的加速度不变，则速度的增量为：Δv＝gt，与时间成正比，故C正确；时间t内，小球的竖直位移为：y＝eq \f(1,2)gt2，水平位移为：x＝v0t，所以小球的位移为：s＝eq \r(y2＋x2)＝ SKIPIF 1 < 0 ，可知位移大小与时间的二次方不成正比，故D错误。
例3、将一个物体以10 m/s的速度从20 m的高度水平抛出(不计空气阻力，取g＝10 m/s2)，下列说法正确的是( )
A．落地时间为2 s
B．落地时速度为20 m/s
C．落地时速度方向与地面夹角的正切值为 eq \f(1,2)
D．物体的位移为20 m
【答案】A
【解析】由h＝ eq \f(1,2)gt2得t＝ eq \r(\f(2h,g))＝2 s，故A正确；落地时竖直分速度vy＝gt＝20 m/s，落地速度为v＝ eq \r(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(y))＋v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)))＝10 eq \r(5) m/s，故B错误；落地时速度方向与地面夹角的正切值tan θ＝ eq \f(vy,v0)＝2，故C错误；物体的水平位移x＝v0t＝20 m，位移为20 eq \r(2) m，故D错误。
例4、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5、(2021·广西桂林、崇左市高三下联合调研考试)如图所示，倾斜角为θ的斜面AB，在A点的正上方高度为H的P点以水平初速度v0，抛出一个物体M，物体M恰好垂直落到斜面上，现在A点正上方2H的Q点水平抛出另一个物体N，这个物体N也能垂直落在斜面上，那么物体N的初速度为( )
A．2v0 B． eq \f(2\r(2),3)v0
C． eq \r(3)v0 D． eq \r(2)v0
【答案】D
【解析】因M、N末速度方向相同，由平抛运动推论(末速度与水平方向夹角的正切值等于位移与水平方向夹角的正切值的2倍)可知，M、N落在斜面时的位移方向平行，由几何关系可知， eq \f(hN,hM)＝ eq \f(2,1)， eq \f(xN,xM)＝ eq \f(2,1)；根据h＝ eq \f(1,2)gt2可得 eq \f(tN,tM)＝ eq \f(\r(2),1)，则由初速度vx＝ eq \f(x,t)，可知 eq \f(v,v0)＝ eq \f(\r(2),1)，即v＝ eq \r(2)v0，故选D。
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，水平屋顶高H＝5 m，围墙高h＝3.2 m，围墙到房子的水平距离L＝3 m，围墙外空地宽x＝10 m，为使小球从屋顶水平飞出落在围墙外的空地上，g取10 m/s2。求：
(1)小球离开屋顶时的速度v0的大小范围；
(2)小球落在空地上的最小速度。
【答案】(1)5 m/s≤v0≤13 m/s (2)vmin＝5 eq \r(5) m/s
【解析】(1)设小球恰好落到空地的右侧边缘时的水平初速度为v1，则小球的水平位移：
L＋x＝v1t1
小球的竖直位移：H＝ eq \f(1,2)g SKIPIF 1 < 0
解以上两式得：v1＝(L＋x) eq \r(\f(g,2H))＝13 m/s
设小球恰好越过围墙的边缘时的水平初速度为v2，则此过程中小球的水平位移：L＝v2t2
小球的竖直位移：H－h＝ eq \f(1,2)g SKIPIF 1 < 0
解以上两式得：v2＝L eq \r(\f(g,2（H－h）))＝5 m/s
小球抛出时的速度大小范围为5 m/s≤v0≤13 m/s
(2)小球落在空地上，下落高度一定，落地时的竖直分速度一定，当小球恰好越过围墙的边缘落在空地上时，落地速度最小。竖直方向： SKIPIF 1 < 0 ＝2gH
又有：vmin＝ eq \r(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))＋v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(y)))
解得：vmin＝5 eq \r(5) m/s
课堂随练
训练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．
训练2、(2021·东北三省四市教研联合体高三下3月高考模拟)(多选)如图所示，两小球a、b分别从斜面顶端和斜面中点沿水平方向抛出，均落在斜面底端。不计空气阻力，关于两小球在平抛过程中的判断正确的是( )
A．小球a、b到达斜面底端时的速度方向相同
B．小球a、b在空中飞行时间之比为2∶1
C．小球a、b抛出时的初速度之比为1∶1
D．小球a、b离斜面的最大距离之比为2∶1
【答案】AD
【解析】设斜面倾角为θ，小球落在斜面底端时，有 eq \f(ha,xa)＝ eq \f(hb,xb)＝tan θ，可得 eq \f(gta,va)＝ eq \f(gtb,vb)＝2tan θ，根据平抛运动规律有vx＝v0，vy＝gt，则 eq \f(vya,va)＝ eq \f(vyb,vb)＝2tan θ，可知两球末速度与水平方向的夹角的正切值相等，故小球a、b到达斜面底端时的速度方向相同，故A正确；由图可知 eq \f(ha,hb)＝2， eq \f(xa,xb)＝2，由h＝ eq \f(1,2)gt2，可得 eq \f(ta,tb)＝ eq \r(2)，由x＝v0t，可得 eq \f(va,vb)＝ eq \r(2)，故B、C错误；将初速度和加速度沿垂直斜面方向和沿斜面方向进行正交分解，小球沿垂直斜面方向的速度减为0时，小球离斜面的距离最大，沿垂直斜面方向有a⊥＝g cs θ，v⊥＝v0sin θ，设小球沿垂直斜面方向运动的最大距离为l，则有2a⊥l＝ SKIPIF 1 < 0 ，则l＝ eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))（sin θ）2,2g cs θ)∝ SKIPIF 1 < 0 ，可得小球a、b离斜面的最大距离之比为2∶1，故D正确。
训练3、横截面为直角三角形的两个相同斜面紧靠在一起，固定在水平面上，如图所示。它们的竖直边长都是底边长的一半。现有三个小球从左边斜面的顶点以不同的初速度向右平抛，最后落在斜面上，其落点分别是a、b、c。下列判断正确的是( )
A．落在a点的小球落在斜面上的速度方向与斜面平行
B．三小球比较，落在c点的小球飞行时间最长
C．三小球比较，落在b点的小球飞行过程速度变化最快
D．无论小球抛出时初速度多大，落到斜面上的瞬时速度都不可能与斜面垂直
【答案】D
【解析】设落在a点的小球落在斜面上的速度方向与水平方向夹角为θ，位移方向与水平方向夹角为α，根据平抛运动的推论可知，tan θ＝2tan α，即落在a点的小球落在斜面上的速度方向不可能与斜面平行，A错误；根据平抛运动规律可知，三小球飞行时间t＝ eq \r(\f(2h,g))，落在a点的小球竖直方向下落距离最大，所以落在a点的小球飞行时间最长，B错误；三小球都做平抛运动，速度变化快慢(加速度)均相同，C错误；通过A项的分析可知，落在a点的小球不可能与斜面垂直，对于落在b、c点的小球而言，落在斜面上时竖直方向分速度为gt，水平速度为v0，假设落到斜面上的瞬时速度能与斜面垂直，则 eq \f(v0,gt)＝tan α＝ eq \f(1,2)，对应的竖直方向的位移为y＝ eq \f(1,2)gt2，水平方向的位移为x＝v0t＝ SKIPIF 1 < 0 t＝y，由题给条件及几何关系可知这是不可能满足的，因此D正确。
训练4、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．
训练5、(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．
训练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．
训练7、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))< v B．eq \f(L1,4)eq \r(\f(g,h))< v < SKIPIF 1 < 0
C．eq \f(L1,2)eq \r(\f(g,6h))< v D．eq \f(L1,4)eq \r(\f(g,h))< v 【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， SKIPIF 1 < 0 ＝v2t2，解得v2＝eq \f(1,2) SKIPIF 1 < 0 ，因此v的最大取值范围是eq \f(L1,4)eq \r(\f(g,h))考点二、斜抛运动
1.斜抛运动中的极值
①在最高点，vy＝0，t＝eq \f(v0sin θ,g)，物体的射高ym＝eq \f(v02sin2θ,2g)；
②物体落回与抛出点同一高度时，有y＝0，总时间t总＝eq \f(2v0sin θ,g)，物体的射程xm＝eq \f(v02sin 2θ,g)；
③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1、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2、(多选)如图所示，从地面上同一位置抛出两小球A、B，分别落在地面上的M、N点，两球运动的最大高度相同。空气阻力不计，则( )
A．B的加速度比A的大
B．B的飞行时间比A的长
C．B在最高点的速度比A在最高点的速度大
D．B在落地时的速度比A在落地时的速度大
【答案】CD
【解析】两球加速度都是重力加速度g，A错误；飞行时间t＝2eq \r(\f(2h,g))，因h相同，则t相同，B错误；水平位移x＝vxt，在t相同情况下，x越大说明vx越大，C正确；落地速度v＝ eq \r(veq \\al( 2,x)＋veq \\al( 2,y))，两球落地时竖直速度vy相同，可见vx越大，落地速度v越大，D正确。
课堂随练
训练1、(2022·惠州第三次调研)如图，一运动员将篮球从地面上方B点以速度v0斜向上抛出，恰好垂直击中竖直篮板上A点。后来该运动员后撤到更远的C点投篮，仍然将球垂直击中篮板上A点，关于两次投篮的比较，下列说法正确的是( )
A．在C点抛出速度v0更小，同时抛射角θ更大
B．在C点抛出速度v0更小，同时抛射角θ更小
C．在C点抛出速度v0更大，同时抛射角θ更大
D．在C点抛出速度v0更大，同时抛射角θ更小
【答案】D
【解析】投篮运动的逆过程相当于篮球从篮板开始做平抛运动，第一次抛到B点，第二次抛到C点，下落的高度相同，因此运动时间相同，竖直分速度相同，落到C点时水平速度更大，速度与水平方向夹角更小，因此篮球在C点抛出速度v0更大，同时抛射角θ更小。
训练2、(2022·佛山南海区摸底)如图所示，某运动员在练习跳投。某次投篮出手高度正好与篮筐等高，抛射角为45°，篮球恰好空心命中。下一次投篮时篮球出手点与前一次相同，忽略空气阻力影响，以下情况可能空心命中的是( )
A．增加初速度大小将篮球水平抛出
B．只增加篮球的初速度大小不改变投射角度
C．只增加篮球的投射角度不改变篮球的初速度大小
D．同时增加篮球的初速度大小和投射角度
【答案】D
【解析】设第一次投篮时的初速度为v0，其抛射角为θ，篮球恰好空心命中。根据抛体运动的规律可知，其运动时间t＝eq \f(2v0sin θ,g)，其水平射程x＝v0tcs θ＝eq \f(2veq \\al( 2,0)sin θcs θ,g)＝eq \f(veq \\al( 2,0)sin 2θ,g)，增加初速度大小，将篮球水平抛出，篮球做平抛运动，不可能空心命中，故A错误；只增加篮球的初速度大小，不改变投射角度，水平射程增大，不可能空心命中，故B错误；由于第一次投篮时θ＝45°，若只增加篮球的投射角度，不改变篮球的初速度大小，由于sin 2θ变小，所以水平射程减小，不可能空心命中，故C错误；由于第一次投篮时θ＝45°，同时增加篮球的初速度大小和投射角度，初速度v0增大，但sin 2θ变小，所以水平射程可能不变，有可能空心命中，故D正确。
同步训练
1、“套圈圈”是老少皆宜的游戏，如图，大人和小孩在同一竖直线上的不同高度处分别以水平速度v1、v2抛出铁丝圈，都能套中地面上同一目标。设大人和小孩的抛出点离地面的高度之比H1∶H2＝2∶1，则v1∶v2等于( )
A．1∶2 B．2∶1
C．1∶ eq \r(2) D． eq \r(2)∶1
【答案】C
【解析】根据H＝ eq \f(1,2)gt2得t＝ eq \r(\f(2H,g))，则初速度v＝ eq \f(x,t)＝x eq \r(\f(g,2H))，因为大人和小孩抛出的铁丝圈的水平位移相等，下落高度之比H1∶H2＝2∶1，可知初速度之比v1∶v2＝1∶ eq \r(2)，故C正确。
2、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.
3、(2016·海南高考)在地面上方某点将一小球以一定的初速度沿水平方向抛出，不计空气阻力，则小球在随后的运动中( )
A．速度和加速度的方向都在不断变化
B．速度与加速度方向之间的夹角一直减小
C．在相等的时间间隔内，速率的改变量相等
D．在相等的时间间隔内，动能的改变量相等
【答案】B
【解析】小球做平抛运动，其加速度恒定不变，速度方向时刻变化，故A错误；由于竖直分速度一直增大，而水平分速度不变，故合速度的方向由水平逐渐变为接近竖直，与竖直方向夹角越来越小，即速度方向与加速度方向之间的夹角越来越小，B正确；由v＝gt可知，在相等的时间间隔内速度的改变量相同，但是速率为水平速度和竖直速度的合速度的大小，故速率的改变量不相同，C错误；小球在相等时间间隔内竖直方向的位移不同，则重力做功不同，由动能的表达式可知，小球动能的改变量也不相等，D错误。
4、2019年11月6日UCI都市自行车世界锦标赛在成都开幕。来自近40个国家及地区的500余名职业骑手展开了小轮车场地技巧赛、小轮车平地花式赛、山地自行车障碍攀爬赛三个项目的争夺。如图所示，一运动员从搭建的斜面顶端以速度v飞出，然后跃上水平平台，斜面顶端与平台间水平距离为L，高度差为h，斜面倾角为45°。假设该运动员恰好能飞上平台(运动员和自行车可看做质点)，重力加速度为g，不计空气阻力，则( )
A．运动员飞离斜面时的速度为eq \r(4gL)
B．运动员飞离斜面时的速度为eq \r(2gh)
C．L和h的关系满足：eq \f(L,h)＝eq \f(1,2)
D．L和h的关系满足：eq \f(L,h)＝2
【答案】D
【解析】运动员恰好能飞上平台，则飞上平台时竖直方向速度为零，运动员由飞出到跃上平台的过程中，在水平方向上有：L＝vcs45°t，在竖直方向上有：2gh＝(vsin45°)2,0＝vsin45°－gt，联立解得：v＝eq \r(2gL)＝eq \r(4gh)，故A、B错误；由上述计算可知，eq \f(L,h)＝2，故C错误，D正确。
5、(2022·全国模拟预测)2022年第24届冬季奥林匹克运动会将在北京市和张家口市联合举行，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。如图所示，一运动员从O点以20 m/s的速度沿水平方向飞出，最后在倾角为θ＝37°的斜坡上着陆。已知运动员和滑雪板整体可看作质点，不计一切阻力，重力加速度g取10 m/s2，sin θ＝0.6，cs θ＝0.8，则运动员从O点飞出到距斜坡最远时所经历的时间为( )
A．1.25 s B．1.5 s
C．2.25 s D．2.66 s
【答案】B
【解析】运动员从O点飞出后做平抛运动。当速度方向与斜坡平行时距斜坡最远，此时竖直方向速度为vy＝gt，据速度偏角公式可得eq \f(vy,v0)＝tan θ，联立解得，从O点飞出到距斜坡最远时所经历的时间为t＝1.5 s。
6、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v07、(2018·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
【答案】A
【解析】设甲球落至斜面时的速率为v1，乙球落至斜面时的速率为v2，由平抛运动规律，x＝vt，y＝eq \f(1,2)gt2，设斜面倾角为θ，由几何关系，tanθ＝eq \f(y,x)，小球由抛出到落至斜面，由机械能守恒定律，eq \f(1,2)mv2＋mgy＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，联立解得：v1＝eq \r(1＋4tan2θ)·v，即落至斜面时的速率与抛出时的速率成正比。同理可得，v2＝eq \r(1＋4tan2θ)·eq \f(v,2)，所以甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时的速率的2倍，A正确。
8、(2020·辽宁省辽阳市二模)(多选)如图所示，a、b两小球(均可视为质点)分别从直径在水平线上的半圆轨道顶端和足够长的斜面轨道顶端O点以大小相等的初速度同时水平抛出，且同时落到各自轨道上。已知半圆轨道的半径为10eq \r(3) m，斜面轨道的倾角θ＝30°，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，则( )
A．两小球抛出时的速度大小为10 m/s
B．两小球抛出时的速度大小为15 m/s
C．两小球在空中运动的时间为eq \r(3) s
D．两小球在空中运动的时间为1.5 s
【答案】BC
【解析】画出左侧半圆轨道关于过O点的竖直线的对称图形如图所示。由题意可知，小球b的落点为斜面与右侧半圆的交点，由几何关系可知，小球b在竖直方向的位移：y＝eq \f(1,2)gt2＝rcs30°，小球b落到斜面轨道上时，tan30°＝eq \f(\f(1,2)gt2,v0t)，解得：v0＝15 m/s，t＝eq \r(3) s，故B、C正确，A、D错误。
9、(2020·福建省泉州市二模)如图，一质量为m的质点做平抛运动，依次经过A、B、C三点，质点从A到B和从B到C的时间相等，A、C两点距水平地面的高度分别为h1、h2，质点经过A、C两点时速度与水平方向的夹角分别为30°、60°，重力加速度大小为g，则( )
A．质点经过C点时竖直方向速度大小为 SKIPIF 1 < 0
B．质点经过B点时速度与水平方向的夹角为45°
C．B、C间的高度差是A、B间的3倍
D．质点的水平速度大小为 SKIPIF 1 < 0
【答案】D
【解析】质点在A点时的竖直方向速度不为零，从A点到C点，竖直方向由运动学公式得： SKIPIF 1 < 0 ，则质点经过C点时速度大小为 SKIPIF 1 < 0 ≠ SKIPIF 1 < 0 ，故A错误；质点经过A点时，tan30°＝eq \f(vyA,v0)，质点经过C点时，tan60°＝eq \f(vyC,v0)，因为质点从A到B和从B到C的时间相等，故vyB＝eq \f(vyA＋vyC,2)＝eq \f(2\r(3),3)v0，设质点经过B点时速度与水平方向的夹角为θ，则tanθ＝eq \f(vyB,v0)＝eq \f(2,3)eq \r(3)≠tan45°，故B错误；如果质点在A点时竖直方向的速度为零，则B、C间的高度差是A、B间的3倍，但实际质点在A点时竖直方向的速度不为零，则B、C间的高度差不是A、B间的3倍，故C错误；在竖直方向上有：2g(h1－h2)＝veq \\al(2,yC)－veq \\al(2,yA)，再根据tan30°＝eq \f(vyA,v0)，tan60°＝eq \f(vyC,v0)，可解得质点的水平速度大小v0＝ SKIPIF 1 < 0 ，故D正确。
10、(2022·山东省实验中学月考)某游戏装置如图所示，安装在竖直轨道AB上的弹射器可上下移动，能水平射出速度大小可调节的小弹丸。圆心为O的圆弧槽BCD上开有小孔P，弹丸落到小孔时，速度只有沿OP方向才能通过小孔，游戏过关，则弹射器在轨道上( )
A．位于B点时，只要弹丸射出速度合适就能过关
B．只要高于B点，弹丸射出速度合适都能过关
C．只有一个位置，且弹丸以某一速度射出才能过关
D．有两个位置，只要弹丸射出速度合适都能过关
【答案】C
【解析】
根据平抛运动速度的反向延长线过水平位移的中点可知，位于B点时，不管速度多大，弹丸都不可能从P点射出，故A错误；根据平抛运动速度的反向延长线过水平位移的中点可得CN＝eq \f(1,2)R(1＋cs α)，则竖直位移PN＝CN·tan α＝eq \f(1,2)R(1＋cs α)tan α，弹射器距B点的高度为y＝PN－Rsin α＝eq \f(1,2)R(tan α－sin α)，所以只有一个位置，以某一速度射出才能过关，故B、D错误，C正确。
11、(2020·广东佛山模拟)距离北京冬季奥运会越来越近，跳台滑雪是精彩项目之一，运动员从起滑台起滑，在助滑道上获得高速度，于台端水平飞出，之后在着陆坡着陆，滑行直至停止。某着陆坡可看做倾角为θ＝37°的斜面，运动员连同滑雪板的总质量m＝80 kg，一次试跳中，通过携带的传感器显示，他离开台端O点的速度为30 m/s，落到了着陆坡上的M点，如图所示。忽略运动员所受空气阻力的影响，重力加速度g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8。
(1)求运动员这次试跳中，从台端O点到着陆坡上M点的距离；
(2)若第二次试跳离开台端后落在着陆坡的N点，若落到M、N时的瞬时速度大小分别是v1、v2，瞬时速度方向与斜面的夹角分别为α1、α2，试通过分析说明α1、α2的大小关系。
【答案】(1)168.75 m (2)α1＝α2
【解析】(1)设运动员离开O点的速度为v0，在空中飞行的时间为t，飞行位移OM＝s，
运动员在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动，
则scs37°＝v0t，ssin37°＝eq \f(1,2)gt2，
代入数据解得：t＝4.5 s，s＝168.75 m。
(2)设运动员落到着陆坡上时，速度与水平方向的夹角为φ，
则tanφ＝eq \f(vy,vx)＝eq \f(gt,v0)，
而位移与水平方向的夹角为斜面的倾角θ，
则tanθ＝eq \f(y,x)＝eq \f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq \f(gt,2v0)，
即tanφ＝2tanθ，
可知运动员落到着陆坡上时，速度与水平方向的夹角是一定值，由几何关系知，运动员落到M、N点时，速度方向与斜面的夹角α1＝α2。