专题06 抛体运动-2025年高考物理热点知识讲练与题型归纳（全国通用）

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题型一 平抛运动基本规律的应用
1．性质
加速度为重力加速度g的匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线．
2．基本规律
以抛出点为原点，水平方向(初速度v0方向)为x轴，竖直向下方向为y轴，建立平面直角坐标系，则：
(1)水平方向：做匀速直线运动，速度vx＝v0，位移x＝v0t.
(2)竖直方向：做自由落体运动，速度vy＝gt，位移y＝eq \f(1,2)gt2.
(3)合速度：v＝eq \r(v\\al(2,x)＋v\\al(2,y))，方向与水平方向的夹角为θ，则tan θ＝eq \f(vy,vx)＝eq \f(gt,v0).
(4)合位移：s＝eq \r(x2＋y2)，方向与水平方向的夹角为α，tan α＝eq \f(y,x)＝eq \f(gt,2v0).
3．对规律的理解
(1)飞行时间：由t＝ eq \r(\f(2h,g))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＝v0eq \r(\f(2h,g))，即水平射程由初速度v0和下落高度h共同决定，与其他因素无关．
(3)落地速度：vt＝eq \r(v\\al(2,x)＋v\\al(2,y))＝eq \r(v\\al(2,0)＋2gh)，以θ表示落地速度与x轴正方向的夹角，有tan θ＝eq \f(vy,vx)＝eq \f(\r(2gh),v0)，所以落地速度也只与初速度v0和下落高度h有关．
(4)速度改变量：因为平抛运动的加速度为重力加速度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相同，方向恒为竖直向下，如图所示．
(5)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通过此时水平位移的中点，如图中A点和B点所示．
②做平抛(或类平抛)运动的物体在任意时刻任一位置处，设其速度方向与水平方向的夹角为α，位移方向与水平方向的夹角为θ，则tan α＝2tan θ.
（多选）（2024春•西城区期末）如图所示为一个简易足球场，球门宽为6m。一个同学在球门中线距离球门4m处采用头球将足球顶入球门的左下方死角（图中P点）。同学顶球点的高度为1.8m。从头顶球到球落地的过程，忽略空气阻力，足球做平抛运动，g取10m/s2，则（ ）

A．足球的位移小于5m
B．足球运动的时间为0.6s
C．足球初速度的大小约为8.3m/s
D．足球在竖直方向上速度增加了6m/s
【解答】解：A、由勾股定理可得头顶球的位置在地面的投影到P点距离为x=42+(62)2m=5m，而足球的位移大小等于头顶球的位置到P点的距离，显然，足球的位移大于L＝5m，故A错误；
B、足球做平抛运动，由在竖直方向做自由落体运动可得：h=12gt2=1.8m，解得足球运动时间为：t＝0.6s，故B正确；
C、足球做平抛运动的水平位移为x＝5m，由在水平方向做匀速运动得：v0=xt，解得足球初速度的大小为：v0≈8.3m/s，故C正确；
D、足球到达P点时在竖直方向上的分速度大小为：vy＝gt＝10×0.6m/s＝6m/s，可知足球在竖直方向上速度增加了6m/s，故D正确。
故选：BCD。
（2024春•河西区期末）如图，从地面上方某点，将一小球以5m/s的初速度沿水平方向抛出，小球经过1s落地，不计空气阻力，g取10m/s2，则可求出（ ）
A．小球抛出时离地面的高度是10m
B．小球落地时的速度方向与水平地面成30°角
C．小球落地时的速度大小是15m/s
D．小球从抛出点到落地点的水平位移大小是5m
【解答】解：A．小球抛出时离地面的高度是h=12gt2=12×10×12m=5m，故A错误；
B．设小球落地时的速度方向与水平地面成θ角，则根据速度的合成与分解有
tanθ=gtv0=10×15=2
所以θ≠30°，故B错误；
C．小球落地时的速度大小是v=v02+(gt)2=52+(10×1)2m/s=55m/s
故C错误；
D．小球从抛出点到落地点的水平位移大小是
x＝v0t＝5×1m/s＝5m，故D正确。
故选：D。
（2024•西湖区校级模拟）如图所示，某环保人员在一次检查时发现一根圆形排污管正在向外满口排出大量污水。这根管道水平设置，管口离水面的高度为h，环保人员测量出管口中空直径为D，污水从管口落到水面的水平位移为x，该管道的排污流量为Q（流量为单位时间内流体通过某横截面的体积，流量Q＝Sv，S为横截面的面积，v为液体的流动速度）。若不计一切阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．污水流速越快，水从出管口到抛入水面的时间越长
B．污水流速越快，留在空中水的体积越小
C．管道的排污流量为Q=πD2x4g2h
D．污水抛入水面时速度方向可能与水面垂直
【解答】解：A、根据平抛运动规律可知，污水到达水面的时间，由高度决定，与流速无关，故A错误；
B、污水流速越快，一定时间内流出水的体积越大，故B错误；
C、流速v=xt=x2hg=xg2h，因为Q＝Sv，所以Q=πD2x4g2h，故C正确；
D、由于污水有初速度，最终速度必不与水面垂直，故D错误。
故选：C。
题型二 有约束条件的平抛运动模型
斜面上的平抛运动问题是一种常见的题型，在解答这类问题时除要运用平抛运动的位移和速度规律，还要充分运用斜面倾角，找出斜面倾角同位移和速度与水平方向夹角的关系，从而使问题得到顺利解决．常见的模型如下：
类型1 对着竖直墙壁的平抛运动
（2024春•温州期末）如图所示，某运动员将篮球从A点斜向上抛出，篮球垂直撞在竖直篮板上的O点，反向弹回后正好落在了A点正下方的B点。若将篮球看作质点且不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．篮球上升阶段与下降阶段运动时间相同
B．篮球撞击O点前后的瞬时速度大小相同
C．篮球从O点运动到B点过程加速度逐渐增大
D．篮球上升阶段与下降阶段速度变化量的方向相同
【解答】解：A、篮球上升阶段和下降阶段竖直方向都做匀变速直线运动，且加速度都是g，由于上升和下降的高度相同，根据运动学公式h=12gt2，由题意可知，两个阶段的高度变化不同，可以得出上升比下降的时间段，故A错误；
B、篮球撞击O点前后，由于发生了碰撞，速度大小会发生变化，因此瞬时速度大小并不相同，故B错误；
C、篮球从O点运动到B点过程中，只受重力作用，加速度为g，保持不变，故C错误；
D、篮球上升阶段和下降阶段，加速度都为g，方向都竖直向下，因此速度变化量的方向也相同，都是竖直向下，故D正确。
故选：D。
（2024春•庐阳区校级期中）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的过程，下列说法正确的是（ ）
A．两次在空中的时间可能相等
B．两次抛出的水平初速度可能相等
C．两次抛出的初速度竖直分量可能相等
D．两次抛出的初速度大小可能相等
【解答】解：A.篮球做斜抛运动，上升过程的逆运动可以看作平抛运动，根据h=12gt2，可得t=2hg，由图可知，第二次运动过程中的高度较小，所以运动时间较短，故A错误；
B.斜抛运动可以分解为水平方向的匀速运动，设初速度为v0，与水平方向的夹角为θ；根据匀速运动规律，水平位移x＝vxt，由于两次水平位移相等，但第二次用的时间较短，所以第二次水平分速度较大，故B错误；
C.在竖直方向上做自由落体运动，由图可知，第二次抛出时速度的竖直分量较小，故C错误；
D.根据速度的合成可知，水平速度第二次大，竖直速度第一次大，故抛出时的速度大小不能确定，有可能相等，故D正确。
故选：D。
（2024春•深圳期中）如图所示某同学对着竖直墙面练习投篮，在同一高度的A、B两点先后将球斜向上投出，篮球均能垂直打在竖直墙上的同一点P点。不计空气阻力，则篮球投出后在空中的运动，下列说法正确的是（ ）
A．A、B两点投出打到P点的速度大小无法比较
B．B点投出打到P点的速度大
C．A点投出在空中的运动时间长
D．B点投出在空中运动的时间长
【解答】解：AB．该运动可看作平抛运动的逆过程，根据平抛运动规律有x=v0t=v02hg
可知，水平位移越大初速度越大，则B点投出打到P点的速度大，故A错误，B正确；
CD．篮球在空中的运动时间由竖直方向的高度差决定，根据位移—时间关系有t=2hg
可知A点、B点投出的篮球在空中的运动时间相等，故CD错误；
故选：B。
类型2 半圆的平抛运动
（2024•天心区校级一模）如图所示，将半径为R的圆环固定在竖直平面内，O为圆环的圆心，BC为过圆环顶端的一条直径，现将小球以初速度v从B点正上方R处的A点沿水平方向抛出，小球落到圆环上的D点，∠BOD＝37°；若将小球以初速度v1从A点沿相同的方向抛出时，小球的运动轨迹恰好与圆环相切sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，2-3=0.3，忽略空气阻力，所有的平抛轨迹与圆环在同一竖直平面内，则vv1为（ ）
A．5191B．14C．4191D．4181
【解答】解：将小球以初速度v从B点正上方R处的A点沿水平方向抛出，小球落到圆环上的D点，根据平抛运动规律可知
Rsin37°＝vt
2R-Rcs37°=12gt2
将小球以初速度v1从A点沿相同的方向抛出时，小球的运动轨迹恰好与圆环相扣，设此时速度与水平方向夹角为α，则
tanα=gt'v1
Rsinα＝v1t′
2R-Rcsα=12gt2
代入数据联立解得vv1=5191
故A正确，BCD错误。
故选：A。
（2023秋•九龙坡区期末）如图所示，半径为5m的四分之一圆弧ABC固定在水平地面上，O为圆心。在圆心O右侧同一水平线上某点处，水平向左抛出一个小球，小球可视为质点，恰好垂直击中圆弧上的D点，D点到水平地面的高度为2m，g取10m/s2，则小球的抛出速度是（ ）
A．8153B．4153C．453D．352
【解答】解：物体做平抛运动，竖直方向上，h=12gt2，即t=2hg=2×310s=610s，在D点的速度方向与过D点的圆的切线垂直，设水平分速度与合速的夹角为α，则有tanα=vyvx=gtv0，由几何关系，tanα=34，两式联立可得v0=8153，故BCD错误，A正确。
故选：A。
（多选）（2024春•重庆期中）半圆弧轨道ACB与斜面体A1B1C1，B1C1与圆弧的直径AB等长，A1C1与圆弧半径等长，不同质量两小球分别同时由A及A1以相同的速度水平抛出，分别落在圆弧面和斜面上，则（ ）
A．小球可能先落在圆弧面上
B．小球可能垂直于圆弧面落在圆弧上
C．两小球平抛的末速度可能相同
D．在两小球平抛的过程中，重力的瞬时功率可能始终相等
【解答】解：A、如图所示：
假如小球抛出时的初速度较大，小球能落到圆弧BD上，此时小球一定是先落在圆弧面上，故A正确；
B、若小球垂直于圆弧面落在圆弧上，则速度的反向延长线经过圆心，根据平抛运动的推论，其速度的反向延长线又经过水平位移的中点，两者相矛盾，则小球不可能垂直于圆弧面落在圆弧上，故B错误；
C、如图，若两球均能落到D点，则两小球平抛的末速度相同，故C正确；
D、两球同时抛出，则任意时刻小球速度的竖直分量始终相同，根据p＝mgvy可知，两球重力不等，则重力的瞬时功率不可能始终相等，故D错误。
故选：AC。
类型3 从斜面飞出的平抛运动问题
（2024•五华区校级模拟）国家跳台滑雪中心是中国首座跳台滑雪场馆，主体建筑灵感来自于中国传统饰物“如意”，因此被形象地称作“雪如意”。如图所示，现有甲、乙两名可视为质点的运动员从跳台a处先后沿水平方向向左飞出，初速度大小之比为2：3，不计空气阻力，则甲、乙从飞出至落到斜坡（可视为斜面）上的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙飞行时间之比为3：2
B．甲、乙飞行的水平位移之比为4：9
C．甲、乙在空中竖直方向下落的距离之比为2：3
D．甲、乙落到坡面上的瞬时速度方向与水平方向的夹角之比为2：3
【解答】解：A、坡面倾角即为位移与水平方向的夹角，设为θ，则有
yx=12gt2v0t=gt2v0=tanθ，故飞行时间与初速度成正比，
整理解得t甲t乙=2v甲tanθg2v乙tanθg=v甲v乙=23
甲、乙两人飞行时间之比为2：3，故A错误；
B、根据x＝v0t，代入数据解得x甲x乙=49
可得甲、乙两人飞行的水平位移之比为4：9，故B正确；
C、把运动员的运动分解为沿斜面方向的运动和垂直于斜面方向的运动，由几何关系可知，运动员在垂直于斜面方向上做初速度为v0sinθ，加速度大小为gcsθ的匀减速运动，当垂直于斜面方向的速度减小到零时，运动员离斜面距离最大，为
hm=(v0sinθ)22gcsθ，
代入数据解得则他们在空中离雪坡面的最大距离之比为h甲h乙=49，故C错误；
D、当落在斜坡上时，瞬时速度与水平方向夹角正切值的两倍，只要是落在斜面上，位移与水平方向的夹角就相同，所以两人落到斜坡上的瞬时速度方向一定相同，故D错误。
故选：B。
（2024•合肥三模）如图所示，在某次跳台滑雪比赛中，运动员以初速度v0从跳台顶端A水平飞出，经过一段时间后落在倾斜赛道上的B点，运动员运动到P点时离倾斜赛道最远，P点到赛道的垂直距离为PC，P点离赛道的竖直高度为PD，赛道的倾角为θ，重力加速度为g，空气阻力不计，运动员（包括滑雪板）视为质点。则C、D两点间的距离是（ ）
A．v02sinθtan2θ2gB．v02sinθtan2θg
C．v02sin2θtan2θ2gD．v02sin2θtan2θg
【解答】解：将运动员在空中的运动分解为沿斜面方向以及垂直斜面方向，根据运动的对称性，可以得到，运动员从A运动到P点和从P点运动到B点所用时间相等，因此运动员沿平行斜面方向的分运动从A到C的时间与从C到B的时间相等，运动员沿平行斜面做加速度为gsinθ的匀加速运动，设整个运动时间为t，AC＝v0csθ•t2+12gsinθ•（t2）2
CB＝AB﹣AC＝v0csθ•t+12gsinθ•t2﹣v0csθ•t2-12gsinθ（t2）2＝v0csθ•t2+32gsinθ（t2）2，则CB﹣AC＝v0csθ•t2+32gsinθ（t2）2﹣v0csθ•t2-12gsinθ（t2）2＝gsinθ（t2）2，由于从A到P的水平位移与从P到B的水平位移相等，因此AD＝DB，则CB﹣AC＝CD＝gsinθ（t2）2运动员做平抛运动有x＝v0t，y=12gt2，tanθ=yx，解得 t=2v0tanθg，则CD=v02sinθtan2θ2g，故A正确，BCD错误。
故选：A。
（2024•顺庆区校级模拟）如图所示，阳光垂直照射到斜面草坪上，在斜面顶端把一高尔夫球水平击出让其在与斜面垂直的面内运动，小球刚好落在斜面底端。B点是运动过程中距离斜面的最远处，A点是在阳光照射下小球经过B点的投影点，不计空气阻力，则（ ）
A．小球在斜面上的投影做匀速运动
B．OA与AC长度之比为1：3
C．若斜面内D点在B点的正下方，则OD与DC长度不等
D．小球在B点的速度与整个段平均速度大小相等
【解答】解：AB、将小球的运动分解为沿斜面和垂直斜面两个分运动，可知小球沿斜面方向做初速度为v0csθ，加速度为gsinθ的匀加速直线运动，则小球在斜面上的投影做匀加速直线运动；小球垂直斜面方向做初速度为v0sinθ，加速度为gcsθ的匀减速直线运动，B点是运动过程中距离斜面的最远处，则此时小球垂直斜面方向的分速度刚好为0，根据对称性可知，O到B与B到C的时间相等，均为
t=v0sinθgcsθ
则有
LOA=v0csθ⋅t+12gt2sinθ
LOC=v0csθ⋅2t+12g(2t)2sinθ
可得LAC=LOC-LOA=v0tcsθ+12g3t2sinθ
则有LOALAC=v0tcsθ+12gt2sinθv0tcsθ+12g3t2sinθ＞v0tcsθ+12gt2sinθv03tcsθ+12g3t2sinθ=13
故AB错误；
C、将小球的运动分解为水平方向的匀速运动和竖直方向的自由落体运动，则小球从O到B有
xOB＝v0t
小球从O到C有xOC＝v02t＝2xOB
若D点到B点的正下方，则有xOC＝2xOD
可知D点是OC的中点，则OD与DC长度相等，故C错误；
D、由A选项可知，沿斜面方向和垂直与斜面方向将小球的运动分解后，到达B点的速度为
vB＝v0csθ+gsinθtOB
小球运动整段的平均速度为v=LOAtOC
整理可得v=v0csθ+12gsintOC
由A选项结论可知，O到B与B到C的时间相等，
故tOB=12tOC
联立上式可知v=vB，故D正确。
故选：D。
类型4 飞向斜面的平抛运动问题
（2024春•西安期中）如图所示，斜面与水平面之间的夹角为45°，在斜面底端A点正上方高度为6m处的O点，以1m/s的初速度水平抛出一个小球，飞行一段时间后撞在斜面上，不计空气阻力，这段飞行所用的时间为（g＝10m/s2）（ ）
A．1sB．1.2sC．1.5sD．2s
【解答】解：物体做平抛运动，则水平方向：x＝vt
竖直方向：y=12gt2
根据题意和几何关系可知y＝h﹣xtan45°
即h-xtan45°=12gt2
代入v＝1m/s，h＝6m，解得t＝1s，故A正确，BCD错误。
故选：A。
（2024春•永川区校级期中）如图所示，倾角为θ的斜面体固定在水平面上，两个可视为质点的小球甲和乙分别沿水平方向抛出，两球的初速度大小相等，已知甲的抛出点为斜面体的顶点，经过一段时间两球落在斜面上的A、B两点后不再反弹，落在斜面上的瞬间，小球乙的速度与斜面垂直。忽略空气的阻力，重力加速度为g。则下列选项正确的是（ ）
A．甲、乙两球在空中运动的时间之比为tan2θ：1
B．甲、乙两球下落的高度之比为2tan2θ：1
C．甲、乙两球的水平位移之比为tanθ：1
D．甲、乙两球落在斜面上瞬间的速度与水平面夹角的正切值之比为2tan2θ：1
【解答】解：A、设初速度为v0，对乙分析，由于落到斜面上速度与斜面垂直，故vy=v0tanθ，故下落时间t=vyg=v0gtanθ
对甲分析，x＝v0t′，y=12gt2，tanθ=yx，联立解得t'=2v0tanθg，故t't=2tan2θ1，故A错误
B、甲乙下落的高度之比为h'h=12gt'212gt2=4tan4θ1，故B错误
C、甲乙水平位移之比为x'x=v0t'v0t=2tan2θ1，故C错误；
D、甲球竖直方向的速度为v′y＝gt′＝2v0tanθ，故v'yvy=2tan2θ1，故D正确
故选：D。
（2024春•泉州期中）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sin53°＝0.8，cs53°＝0.6。则v1、v2大小之比为（ ）
A．2：1B．3：2C．9：16D．32：9
【解答】解：两球抛出后都做平抛运动，两球从同一高度抛出落到同一点，它们在竖直方向的位移相等，小球在竖直方向做自由落体运动，由于竖直位移h相等，它们的运动时间t=2hg相等；
对球Q：tanθ＝tan53°=yx=12gt2v2t=gt2v2，
解得：v2=38gt，
球P垂直打在斜面上，则有：v1＝vytanθ＝gt•tan53°=43gt，
则：v1v2=43gt38gt=329，故D正确，ABC错误；
故选：D。
题型三 平抛运动的临界与极值问题
处理平抛运动中的临界问题要抓住两点
(1)找出临界状态对应的临界条件．
(2)要用分解速度或者分解位移的思想分析平抛运动的临界问题．
（2023秋•合肥期末）如图所示，水平地面上放置一个直径d＝1.2m、高h＝0.25m的无盖薄油桶，沿油桶底面直径距左桶壁s＝1.8m处的正上方有一P点，P点的高度H＝0.45m，从P点沿直径AB方向水平抛出一小球，不考虑小球的反弹，下列说法不正确的是（ ）（取，g＝10m/s2，不计空气阻力，小球可视为质点）
A．小球的速度范围为10m/s＜v＜15m/s时，小球击中油桶的内壁
B．小球的速度范围为6m/s＜v＜10m/s时，小球击中油桶的下底
C．小球的速度范围为6m/s＜v＜9m/s时，小球击中油桶外壁
D．小球的高度低于0.45m，小球也可能击中下底
【解答】解：当小球落在A点时，根据平抛运动的规律，则H=12gt12
又s＝v1t1
得：v1=sg2H=1.8×102×0.45m/s＝6m/s
同理可知，当小球落在D点时，速度为：v2=sg2(H-h)=1.8×102×(0.45-0.25)m/s＝9m/s
假设小球落在B点时，速度为：v31=(s+d)g2H=(1.8+1.2)×102×0.45m/s＝10m/s＞v2
假设成立；
当小球落在C点时，速度为：v4=(s+d)g2(H-h)=(1.8+1.2)×102×(0.45-0.25)m/s＝15m/s
结合以上的数据可知，小球的速度 9m/s时恰好打在D点，小于10m/s则不能到达B点。
ABC、小球的速度范围为10m/s＜v＜15m/s时，小球击中油桶的内壁，小球的速度范围为9m/s＜v＜10m/s时，小球击中油桶的下底，当小球的速度范围为6m/s＜v＜9m/s时，小球击中油桶外壁，故AC正确，B错误；
D、由以上的分析可知，当H＝0.45m时，小球的速度范围为9m/s＜v＜10m/s时，小球都可以击中油桶的下底，则H的高度略小一些，小球仍然可能击中下底，故D正确。
本题选择不正确的，
故选：B。
（2023春•天河区校级期中）如图，窗子上、下沿间的高度H＝1.05m，墙的厚度d＝0.30m，某人在离墙壁距离L＝1.20m、距窗子上沿h＝0.20m处的P点，将可视为质点的小物件以v的速度水平抛出，小物件能够直接穿过窗口并落在水平地面上，取g＝10m/s2。则以下v的取值范围满足条件的是（ ）
A．v＞7m/sB．3m/s＜v＜6m/s
C．v＜3m/sD．3m/s＜v＜7m/s
【解答】解：小物体做平抛运动，恰好擦着窗子上沿右侧穿过时v最大。此时水平方向L＝vmaxt
正方向h=12gt2
代入数据解得vmax＝6m/s
恰好擦着窗口下沿左侧时速度v最小，则有水平方向L+d＝vmint′
竖直方向H+h=12gt'2
代入数据解得vmin＝3m/s
故v的取值范围是3m/s＜v＜6m/s，故ACD错误，B正确。
故选：B。
（2023秋•齐齐哈尔期末）如图所示，从A点以某一水平速度抛出一质量m＝1kg的小物块（可视为质点），当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入光滑圆弧轨道BC，轨道固定，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面的长木板上，圆弧轨道C端切线水平，已知长小物块运动至B点时的速度大小vB＝5m/s，木板的质量M＝2kg，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1＝0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，圆弧轨道半径R＝2.75m，OB与竖直方向OC间的夹角θ＝37°，（g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8）求：
（1）小物块由A运动至B所经历的时间t；
（2）小物块滑动至C点时的速度大小vC；
（3）长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板。
【解答】解：（1）小物块由A运动至B点，物块做平抛运动，根据竖直方向做自由落体运动，有：vy＝gt
根据运动的合成与分解，有：sin37°=vyvB
解得：t＝0.3s
（2）从B点到C点，根据动能定理可得：mg(R-Rcs37°)=12mvC2-12mvB2
代入解得：vC＝6m/s
（3）对小物块受力分析有：μ1mg＝mam
对木块受力分析有：μ1mg﹣μ2（m+M）g＝MaM
根据速度—时间关系有：v共＝vC﹣amt＝aMt
根据位移—时间关系有：xm=vC+v共2t，xM=v共2t
最短板长为：L＝xm﹣xM
联立代入解得：L＝3m
题型四 斜抛运动
1．落点与抛出点在同一水平面上时的飞行时间：t＝eq \f(2v0sin θ,g).
2．射高：Y＝eq \f(v\\al(2,0y),2g)＝eq \f(v\\al(2,0)sin2 θ,2g).
3．落点与抛出点在同一水平面上时的射程
X＝v0x·t＝v0cs θ·eq \f(2v0sin θ,g)＝eq \f(v\\al(2,0)sin 2θ,g).
4．影响射程的因素
(1)当θ一定，v0越大，射程越大．
(2)当v0大小一定，θ＝45°时射程最大，当θ>45°时，射程随θ增大而减小；θ