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人教版 (2019)必修 第二册4 抛体运动的规律当堂检测题
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这是一份人教版 (2019)必修 第二册4 抛体运动的规律当堂检测题，共10页。试卷主要包含了竖直上抛运动，5 s，若不计空气阻力，则两小球．，当A、B相遇时A球，5 m．等内容，欢迎下载使用。
第2讲 抛体运动
抛体运动 Ⅱ(考纲要求)
1.竖直上抛运动
(1)定义：只在重力G(忽略空气阻力)作用下，具有与重力方向相反的初速度v0的物体的运动，叫做竖直上抛运动．
(2)特点：竖直上抛运动的物体由于仅受重力作用，故其加速度始终为重力加速度g，方向竖直向下，所以竖直上抛运动是匀变速直线运动．
①上升阶段：初速度与加速度方向相反，速度越来越小，是匀减速直线运动．
②在最高点：速度v0＝0，但加速度仍为重力加速度g，所以物体此时并不处于平衡状态．
③下降阶段：初速度为零，下降过程中只受重力作用，是自由落体运动．
(3)规律：竖直上抛运动为匀变速运动，可直接用匀变速运动的规律解题．
2．平抛运动的特点和性质
(1)定义：初速度沿水平方向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的匀加速曲线运动，其运动轨迹是抛物线．
(3)平抛运动的条件：①v0≠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5－2－1所示)．
图5－2－1
位移关系
速度关系
3．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：斜抛运动可以看做水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀减速直线运动的合运动．
1．关于平抛运动的性质，以下说法中正确的是( )．
A．变加速运动
B．匀变速运动
C．匀速率曲线运动
D．可能是两个匀速直线运动的合运动
解析 平抛运动是水平抛出且只有重力作用下的运动，所以是加速度恒为g的匀变速运动，故A、C错误，B正确．平抛运动可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，所以D项错误，故选B.
答案 B
2．对平抛运动，下列说法正确的是( )．
①平抛运动是加速度大小、方向不变的曲线运动 ②做平抛运动的物体，在任何相等的时间内位移的增量都是相等的 ③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 ④落地时间和落地时的速度只与抛出点的高度有关
A．①② B．③④ C．①③ D．②④
解析 平抛运动的物体只受重力作用，其加速度为重力加速度，故①项正确；做平抛运动的物体，在任何相等的时间内，其竖直方向位移增量Δy＝gt2，水平方向位移不变，故②项错误．平抛运动可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，且落地时间t＝，落地速度为v＝＝，所以③项对，④项错．
答案 C
3．关于平抛运动的叙述，下列说法不正确的是( )．
A．平抛运动是一种在恒力作用下的曲线运动
B．平抛运动的速度方向与恒力方向的夹角保持不变
C．平抛运动的速度大小是时刻变化的
D．平抛运动的速度方向与加速度方向的夹角一定越来越小
解析 平抛运动物体只受重力作用，故A正确；平抛运动是曲线运动．速度时刻变化，由v＝知合速度v在增大，故C正确；对平抛物体的速度方向与加速度方向的夹角，有tan θ＝＝，因t一直增大，所以tan θ变小．故D正确、B错误．本题应选B.
答案 B
4.
图5－2－2
如图5－2－2所示，在光滑的水平面上有小球A以初速度v0运动，同时在它正上方有小球B以初速度v0水平抛出并落于C点，则( )．
A．小球A先到达C点
B．小于B先到达C点
C．两球同时到达C点
D．不能确定
解析 B球的运动可看成水平方向的匀速运动和竖直方向的自由落体运动，在水平方向上与A球的运动规律是相同的，故两球同时到达C点．
答案 C
5．质点从同一高度水平抛出，不计空气阻力，下列说法正确的是( )．
A．质量越大，水平位移越大
B．初速度越大，落地时竖直方向速度越大
C．初速度越大，空中运动时间越长
D．初速度越大，落地速度越大
解析 物体做平抛运动时，h＝gt2，x＝v0t，
则t＝ ，
所以x＝v0，故A、C错误．
由vy＝gt＝，故B错误．
由v＝，
则v0越大，落地速度越大，故D正确．
答案 D
考点一 竖直上抛运动的处理方法
1．分段法：上升过程是初速度为v0、加速度a＝－g、末速度vt＝0的匀减速直线运动，应用的公式有：vt＝v0－gt，h＝v0t－gt2；下落过程是自由落体运动．
2．整体法：将全程看成是初速度为v0、加速度为－g的匀变速直线运动．由vt＝v0－gt得，当vt>0时，物体正在上升，vt<0时，物体正在下降．由h＝v0t－gt2得，当h>0时，物体在抛出点的上方；当h<0时，物体在抛出点的下方．
特别提示 整体法处理竖直上抛运动时，一般选抛出点为坐标原点，初速度方向为正方向．若速度方向向上，则速度为正，速度方向向下，则速度为负；若位置在抛出点之上，则位移为正，位置在抛出点之下，则位移为负．在实际问题中，到底选取哪种方法进行处理，应视解决问题的方便而定．
【典例1】
图5－2－3
如图5－2－3所示，A、B两棒长均为L＝1 m，A的下端和B的上端相距x＝20 m，若A、B同时运动，A做自由落体运动，B做竖直上抛运动，初速度v0＝40 m/s.求：
(1)A、B两棒何时相遇．
(2)从相遇开始到分离所需的时间．
解析 (1)设经过时间t两棒相遇
由gt2＋＝x
得t＝＝s＝0.5 s.
(2)从相遇开始到两棒分离的过程中，A棒做初速度不为零的匀加速直线运动，B棒做匀减速直线运动，设从相遇开始到分离所需时间为Δt，则
＋＝2L
其中vA＝gt，vB＝v0－gt
代入后解得Δt＝＝s＝0.05 s.
答案 (1)0.5 s (2)0.05 s
【变式1】
从30 m高的楼顶处，以5 m/s的初速度竖直下抛一个小球，取g＝10 m/s2，求：
(1)经多长时间小球落地？
(2)落地速度为多大？
解析 (1)由s＝v0t＋gt2得30＝5t＋×10t2，
解得t1＝－3 s(舍)或t2＝2 s.
(2)方法一 由vt＝v0＋gt
得vt＝5 m/s＋10×2 m/s＝25 m/s.
方法二 由vt2－v02＝2gs得
vt＝＝ m/s＝25 m/s.
答案 (1)2 s (2)25 m/s
考点二 对平抛运动的进一步认识
1．飞行时间：由t＝ 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＝v0，即水平射程与初速度v0和下落高度h有关，与其他因素无关．
3．落地速度：vt＝＝，以θ表示落地速度与x轴正方向间的夹角，有tan θ＝＝，即落地速度也只与初速度v0和下落高度h有关．
4．推论1：做平抛(或类平抛)运动的物体在任一时刻任一位置处，如图5－2－4所示，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.
图5－2－4
图5－2－5
推论2：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5－2－5中A点和B点所示．
【典例2】
一演员表演飞刀绝技，
图5－2－6
由O点先后抛出完全相同的三把飞刀，分别垂直打在竖直木板上M、N、P三点如图5－2－6所示．假设不考虑飞刀的转动，并可将其看做质点，已知O、M、N、P四点距水平地面高度分别为h、4h、3h、2h，以下说法正确的是( )．
A．三把刀在击中板时动能相同
B．三次飞行时间之比为1∶∶
C．三次初速度的竖直分量之比为3∶2∶1
D．设三次抛出飞刀的初速度与水平方向夹角分别为θ1、θ2、θ3，则有θ1＞θ2＞θ3
解析 初速度为零的匀变速直线运动推论：(1)静止起通过连续相等位移所用时间之比t1∶t2∶t3∶……＝1∶(－1)∶(－)∶……(2)，前h、前2h、前3h……所用的时间之比为1∶∶∶……，对末速度为零的匀变速直线运动，可以相应的运用这些规律(从后往前用)．三把刀在击中木板时速度不等，动能不相同，选项A错误；飞刀击中M点所用时间长一些，选项B错误；三次初速度竖直分量之比等于∶∶1，选项C错误．只有选项D正确．
答案 D
【变式2】
(2011·江苏盐城二次调研)
图5－2－7
如图5－2－7所示，两个小球从水平地面上方同一点O分别以初速度v1、v2水平抛出，落在地面上的位置分别是A、B，O′是O在地面上的竖直投影，且O′A∶AB＝1∶3.若不计空气阻力，则两小球( )．
A．初速度大小之比为1∶4
B．初速度大小之比为1∶3
C．落地速度与水平地面夹角的正切值之比为1∶3
D．落地速度与水平地面夹角的正切值之比为1∶
解析 两个小球落地时间相同，小球水平方向做匀速直线运动，根据x＝vt，O′A∶O′B＝1∶4，解得抛出的初速度大小之比为v1∶v2＝1∶4，A正确；落地速度与水平地面夹角的正切值之比为＝×＝，C错误．
答案 A
考点三 斜面上的平抛问题(小专题)
斜面上的平抛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：
方法
内容
实 例
总结
斜面
求小球平抛时间
分解
速度
水平vx＝v0
竖直vy＝gt合速度v＝
解 如图，vy＝gt，tan θ＝＝，故t＝
分解速度，构建速度三角形
分解
位移
水平x＝v0t
竖直y＝gt2合位移x合＝
解 如图，x＝v0t，y＝gt2，而tan θ＝，联立得t＝
分解位移，构建位移三角形
【典例3】
如图5－2－8所示，
图5－2－8
跳台滑雪运动员经过一段加速滑行后从O点水平飞出，经3.0 s落到斜坡上的A点．已知O点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角θ＝37°，运动员的质量m＝50 kg.不计空气阻力．(取sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80；g取10 m/s2)求：
(1)A点与O点的距离L；
(2)运动员离开O点时的速度大小．
解析 (1)运动员在竖直方向做自由落体运动，
有Lsin 37°＝gt2，A点与O点的距离
L＝＝75 m.
(2)设运动员离开O点的速度为v0，
运动员在水平方向做匀速直线运动，
即Lcos 37°＝v0t，
解得v0＝＝20 m/s.
答案 (1)75 m (2)20 m/s
【变式3】
(2012·温州模拟)
图5－2－9
如图5－2－9所示，斜面上有a、b、c、d四个点，ab＝bc＝cd，从a点以初动能E0水平抛出一个小球，它落在斜面上的b点，若小球从a点以初动能2E0水平抛出，不计空气阻力，则下列判断正确的是( )．
A．小球可能落在d点与c点之间
B．小球一定落在c点
C．小球落在斜面的速度方向与斜面的夹角一定增大
D．小球落在斜面的速度方向与斜面的夹角不一定相同
答案 B
6．类平抛模型
(1)模型概述
有些物体的运动与平抛运动很相似，也是在与初速度方向垂直的恒定外力作用下运动，我们把这种运动称为类平抛运动，这样的运动系统可看作“类平抛”模型．
(2)处理方法
首先，利用类平抛运动的特点判断物体的运动是否为类平抛运动；其次，在解决此类问题时，方法完全等同于平抛运动的处理方法，即将类平抛运动分解为两个互相垂直且相互独立的分运动，然后按运动的合成与分解的方法来求解．
【典例】 在光滑的水平面内，
图5－2－10
一质量m＝1 kg的质点以速度v0＝10 m/s沿x轴正方向运动，经过原点后受一沿y轴正方向上的水平恒力F＝15 N作用，直线OA与x轴成α＝37°，如图5－2－10所示曲线为质点的轨迹图(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：
(1)如果质点的运动轨迹与直线OA相交于P点，质点从O点到P点所经历的时间以及P点的坐标；
(2)质点经过P点的速度大小．
解析 (1)质点在x轴方向上无外力作用做匀速直线运动，在y轴方向受恒力F作用做匀加速直线运动．
由牛顿第二定律得：a＝＝ m/s2＝15 m/s2.
设质点从O点到P点经历的时间为t，P点坐标为(xp，yp)，则xP＝v0t，yP＝at2，又tan α＝，联立解得：t＝1 s，xP＝10 m，yP＝7.5 m．
(2)质点经过P点时沿y方向的速度vy＝at＝15 m/s
故P点的速度大小vP＝＝5 m/s.
答案 (1)1 s (10 m,7.5 m) (2)5 m/s
——类平抛运动问题的求解思路
根据物体受力特点和运动特点判断该问题属于类平抛运动问题―→求出物体运动的加速度―→根据平抛运动知识，结合具体问题选择所需要的规律
1．(高考广东卷)某同学对着墙壁练习打网球，假定球在墙面上以25 m/s的速度沿水平方向反弹，落地点到墙面的距离在10 m至15 m之间，忽略空气阻力，取g＝10 m/s2，球在墙面上反弹点的高度范围是( )．
A．0.8 m至1.8 m B．0.8 m至1.6 m
C．1.0 m至1.6 m D．1.0 m至1.8 m
解析 球落地时所用时间为t1＝＝0.4 s或t2＝＝0.6 s，所以反弹点的高度为h1＝gt12＝0.8 m或h2＝gt22＝1.8 m，故选A.
答案 A
2.
图5－2－11
(2010·全国Ⅰ)一水平抛出的小球落到一倾角为θ的斜面上时，其速度方向与斜面垂直，运动轨迹如图5－2－11中虚线所示．小球在竖直方向下落的距离与在水平方向通过的距离之比为( )．
A．tan θ B．2tan θ
C. D.
解析 设小球的初速度为v0，飞行时间为t.由速度三角形可得＝tan θ.故有＝，答案为D.
答案 D
3．(2010·天津理综)如图5－2－12所示，在高为h的平台边缘水平抛出小球A，同时在水平地面上距台面边缘水平距离为x处竖直上抛小球B，两球运动轨迹在同一竖直平面内，不计空气阻力，重力加速度为g.若两球能在空中相遇，则小球A的初速度vA应大于________，A、B两球初速度之比为________．
图5－2－12
解析 A、B能在空中相遇，则A至少在落地前水平位移达到x.由h＝gt2，x＝vt得v＝x ，所以vA应大于x.当A、B相遇时A球：x＝vAt，y＝gt2.B球竖直上抛h－y＝vBt－gt2.联立三式可得＝.
答案 x
4.
图5－2－13
(2011·海南卷，15)如图5－2－13所示，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆，ab为沿水平方向的直径．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c点与水平地面的距离为圆半径的一半，求圆的半径．
解析 小球做平抛运动，水平位移x＝R＋R，竖直位移y＝R，根据平抛运动特点知小球在水平方向做匀速直线运动，有x＝v0t，即R＋R＝v0t①
小球在竖直方向做自由落体运动，有y＝gt2，即R＝gt2②
联立①②得圆的半径R＝.
答案
5．(2011·广东卷，17)如图5－2－14所示，在网球的网前截击练习中，若练习者在球网正上方距地面H处，将球以速度v沿垂直球网的方向击出，球刚好落在底线上．已知底线到网的距离为L，重力加速度取g，将球的运动视作平抛运动，下列叙述正确的是( )．
图5－2－14
①球的速度v等于L ②球从击出至落地所用时间为 ③球从击球点至落地点的位移等于L ④球从击球点至落地点的位移与球的质量有关
A．①② B．③④ C．①③ D．②④
解析 由平抛运动规律知，H＝gt2得，t＝ ，②正确．球在水平方向做匀速直线运动，由x＝vt得，v＝＝＝L ，①正确．击球点到落地点的位移大于L，且与球的质量无关，③④错误．
答案 A
第2讲 抛体运动
抛体运动 Ⅱ(考纲要求)
1.竖直上抛运动
(1)定义：只在重力G(忽略空气阻力)作用下，具有与重力方向相反的初速度v0的物体的运动，叫做竖直上抛运动．
(2)特点：竖直上抛运动的物体由于仅受重力作用，故其加速度始终为重力加速度g，方向竖直向下，所以竖直上抛运动是匀变速直线运动．
①上升阶段：初速度与加速度方向相反，速度越来越小，是匀减速直线运动．
②在最高点：速度v0＝0，但加速度仍为重力加速度g，所以物体此时并不处于平衡状态．
③下降阶段：初速度为零，下降过程中只受重力作用，是自由落体运动．
(3)规律：竖直上抛运动为匀变速运动，可直接用匀变速运动的规律解题．
2．平抛运动的特点和性质
(1)定义：初速度沿水平方向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的匀加速曲线运动，其运动轨迹是抛物线．
(3)平抛运动的条件：①v0≠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5－2－1所示)．
图5－2－1
位移关系
速度关系
3．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：斜抛运动可以看做水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀减速直线运动的合运动．
1．关于平抛运动的性质，以下说法中正确的是( )．
A．变加速运动
B．匀变速运动
C．匀速率曲线运动
D．可能是两个匀速直线运动的合运动
解析 平抛运动是水平抛出且只有重力作用下的运动，所以是加速度恒为g的匀变速运动，故A、C错误，B正确．平抛运动可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，所以D项错误，故选B.
答案 B
2．对平抛运动，下列说法正确的是( )．
①平抛运动是加速度大小、方向不变的曲线运动 ②做平抛运动的物体，在任何相等的时间内位移的增量都是相等的 ③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 ④落地时间和落地时的速度只与抛出点的高度有关
A．①② B．③④ C．①③ D．②④
解析 平抛运动的物体只受重力作用，其加速度为重力加速度，故①项正确；做平抛运动的物体，在任何相等的时间内，其竖直方向位移增量Δy＝gt2，水平方向位移不变，故②项错误．平抛运动可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，且落地时间t＝，落地速度为v＝＝，所以③项对，④项错．
答案 C
3．关于平抛运动的叙述，下列说法不正确的是( )．
A．平抛运动是一种在恒力作用下的曲线运动
B．平抛运动的速度方向与恒力方向的夹角保持不变
C．平抛运动的速度大小是时刻变化的
D．平抛运动的速度方向与加速度方向的夹角一定越来越小
解析 平抛运动物体只受重力作用，故A正确；平抛运动是曲线运动．速度时刻变化，由v＝知合速度v在增大，故C正确；对平抛物体的速度方向与加速度方向的夹角，有tan θ＝＝，因t一直增大，所以tan θ变小．故D正确、B错误．本题应选B.
答案 B
4.
图5－2－2
如图5－2－2所示，在光滑的水平面上有小球A以初速度v0运动，同时在它正上方有小球B以初速度v0水平抛出并落于C点，则( )．
A．小球A先到达C点
B．小于B先到达C点
C．两球同时到达C点
D．不能确定
解析 B球的运动可看成水平方向的匀速运动和竖直方向的自由落体运动，在水平方向上与A球的运动规律是相同的，故两球同时到达C点．
答案 C
5．质点从同一高度水平抛出，不计空气阻力，下列说法正确的是( )．
A．质量越大，水平位移越大
B．初速度越大，落地时竖直方向速度越大
C．初速度越大，空中运动时间越长
D．初速度越大，落地速度越大
解析 物体做平抛运动时，h＝gt2，x＝v0t，
则t＝ ，
所以x＝v0，故A、C错误．
由vy＝gt＝，故B错误．
由v＝，
则v0越大，落地速度越大，故D正确．
答案 D
考点一 竖直上抛运动的处理方法
1．分段法：上升过程是初速度为v0、加速度a＝－g、末速度vt＝0的匀减速直线运动，应用的公式有：vt＝v0－gt，h＝v0t－gt2；下落过程是自由落体运动．
2．整体法：将全程看成是初速度为v0、加速度为－g的匀变速直线运动．由vt＝v0－gt得，当vt>0时，物体正在上升，vt<0时，物体正在下降．由h＝v0t－gt2得，当h>0时，物体在抛出点的上方；当h<0时，物体在抛出点的下方．
特别提示 整体法处理竖直上抛运动时，一般选抛出点为坐标原点，初速度方向为正方向．若速度方向向上，则速度为正，速度方向向下，则速度为负；若位置在抛出点之上，则位移为正，位置在抛出点之下，则位移为负．在实际问题中，到底选取哪种方法进行处理，应视解决问题的方便而定．
【典例1】
图5－2－3
如图5－2－3所示，A、B两棒长均为L＝1 m，A的下端和B的上端相距x＝20 m，若A、B同时运动，A做自由落体运动，B做竖直上抛运动，初速度v0＝40 m/s.求：
(1)A、B两棒何时相遇．
(2)从相遇开始到分离所需的时间．
解析 (1)设经过时间t两棒相遇
由gt2＋＝x
得t＝＝s＝0.5 s.
(2)从相遇开始到两棒分离的过程中，A棒做初速度不为零的匀加速直线运动，B棒做匀减速直线运动，设从相遇开始到分离所需时间为Δt，则
＋＝2L
其中vA＝gt，vB＝v0－gt
代入后解得Δt＝＝s＝0.05 s.
答案 (1)0.5 s (2)0.05 s
【变式1】
从30 m高的楼顶处，以5 m/s的初速度竖直下抛一个小球，取g＝10 m/s2，求：
(1)经多长时间小球落地？
(2)落地速度为多大？
解析 (1)由s＝v0t＋gt2得30＝5t＋×10t2，
解得t1＝－3 s(舍)或t2＝2 s.
(2)方法一 由vt＝v0＋gt
得vt＝5 m/s＋10×2 m/s＝25 m/s.
方法二 由vt2－v02＝2gs得
vt＝＝ m/s＝25 m/s.
答案 (1)2 s (2)25 m/s
考点二 对平抛运动的进一步认识
1．飞行时间：由t＝ 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＝v0，即水平射程与初速度v0和下落高度h有关，与其他因素无关．
3．落地速度：vt＝＝，以θ表示落地速度与x轴正方向间的夹角，有tan θ＝＝，即落地速度也只与初速度v0和下落高度h有关．
4．推论1：做平抛(或类平抛)运动的物体在任一时刻任一位置处，如图5－2－4所示，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.
图5－2－4
图5－2－5
推论2：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5－2－5中A点和B点所示．
【典例2】
一演员表演飞刀绝技，
图5－2－6
由O点先后抛出完全相同的三把飞刀，分别垂直打在竖直木板上M、N、P三点如图5－2－6所示．假设不考虑飞刀的转动，并可将其看做质点，已知O、M、N、P四点距水平地面高度分别为h、4h、3h、2h，以下说法正确的是( )．
A．三把刀在击中板时动能相同
B．三次飞行时间之比为1∶∶
C．三次初速度的竖直分量之比为3∶2∶1
D．设三次抛出飞刀的初速度与水平方向夹角分别为θ1、θ2、θ3，则有θ1＞θ2＞θ3
解析 初速度为零的匀变速直线运动推论：(1)静止起通过连续相等位移所用时间之比t1∶t2∶t3∶……＝1∶(－1)∶(－)∶……(2)，前h、前2h、前3h……所用的时间之比为1∶∶∶……，对末速度为零的匀变速直线运动，可以相应的运用这些规律(从后往前用)．三把刀在击中木板时速度不等，动能不相同，选项A错误；飞刀击中M点所用时间长一些，选项B错误；三次初速度竖直分量之比等于∶∶1，选项C错误．只有选项D正确．
答案 D
【变式2】
(2011·江苏盐城二次调研)
图5－2－7
如图5－2－7所示，两个小球从水平地面上方同一点O分别以初速度v1、v2水平抛出，落在地面上的位置分别是A、B，O′是O在地面上的竖直投影，且O′A∶AB＝1∶3.若不计空气阻力，则两小球( )．
A．初速度大小之比为1∶4
B．初速度大小之比为1∶3
C．落地速度与水平地面夹角的正切值之比为1∶3
D．落地速度与水平地面夹角的正切值之比为1∶
解析 两个小球落地时间相同，小球水平方向做匀速直线运动，根据x＝vt，O′A∶O′B＝1∶4，解得抛出的初速度大小之比为v1∶v2＝1∶4，A正确；落地速度与水平地面夹角的正切值之比为＝×＝，C错误．
答案 A
考点三 斜面上的平抛问题(小专题)
斜面上的平抛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：
方法
内容
实 例
总结
斜面
求小球平抛时间
分解
速度
水平vx＝v0
竖直vy＝gt合速度v＝
解 如图，vy＝gt，tan θ＝＝，故t＝
分解速度，构建速度三角形
分解
位移
水平x＝v0t
竖直y＝gt2合位移x合＝
解 如图，x＝v0t，y＝gt2，而tan θ＝，联立得t＝
分解位移，构建位移三角形
【典例3】
如图5－2－8所示，
图5－2－8
跳台滑雪运动员经过一段加速滑行后从O点水平飞出，经3.0 s落到斜坡上的A点．已知O点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角θ＝37°，运动员的质量m＝50 kg.不计空气阻力．(取sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80；g取10 m/s2)求：
(1)A点与O点的距离L；
(2)运动员离开O点时的速度大小．
解析 (1)运动员在竖直方向做自由落体运动，
有Lsin 37°＝gt2，A点与O点的距离
L＝＝75 m.
(2)设运动员离开O点的速度为v0，
运动员在水平方向做匀速直线运动，
即Lcos 37°＝v0t，
解得v0＝＝20 m/s.
答案 (1)75 m (2)20 m/s
【变式3】
(2012·温州模拟)
图5－2－9
如图5－2－9所示，斜面上有a、b、c、d四个点，ab＝bc＝cd，从a点以初动能E0水平抛出一个小球，它落在斜面上的b点，若小球从a点以初动能2E0水平抛出，不计空气阻力，则下列判断正确的是( )．
A．小球可能落在d点与c点之间
B．小球一定落在c点
C．小球落在斜面的速度方向与斜面的夹角一定增大
D．小球落在斜面的速度方向与斜面的夹角不一定相同
答案 B
6．类平抛模型
(1)模型概述
有些物体的运动与平抛运动很相似，也是在与初速度方向垂直的恒定外力作用下运动，我们把这种运动称为类平抛运动，这样的运动系统可看作“类平抛”模型．
(2)处理方法
首先，利用类平抛运动的特点判断物体的运动是否为类平抛运动；其次，在解决此类问题时，方法完全等同于平抛运动的处理方法，即将类平抛运动分解为两个互相垂直且相互独立的分运动，然后按运动的合成与分解的方法来求解．
【典例】 在光滑的水平面内，
图5－2－10
一质量m＝1 kg的质点以速度v0＝10 m/s沿x轴正方向运动，经过原点后受一沿y轴正方向上的水平恒力F＝15 N作用，直线OA与x轴成α＝37°，如图5－2－10所示曲线为质点的轨迹图(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：
(1)如果质点的运动轨迹与直线OA相交于P点，质点从O点到P点所经历的时间以及P点的坐标；
(2)质点经过P点的速度大小．
解析 (1)质点在x轴方向上无外力作用做匀速直线运动，在y轴方向受恒力F作用做匀加速直线运动．
由牛顿第二定律得：a＝＝ m/s2＝15 m/s2.
设质点从O点到P点经历的时间为t，P点坐标为(xp，yp)，则xP＝v0t，yP＝at2，又tan α＝，联立解得：t＝1 s，xP＝10 m，yP＝7.5 m．
(2)质点经过P点时沿y方向的速度vy＝at＝15 m/s
故P点的速度大小vP＝＝5 m/s.
答案 (1)1 s (10 m,7.5 m) (2)5 m/s
——类平抛运动问题的求解思路
根据物体受力特点和运动特点判断该问题属于类平抛运动问题―→求出物体运动的加速度―→根据平抛运动知识，结合具体问题选择所需要的规律
1．(高考广东卷)某同学对着墙壁练习打网球，假定球在墙面上以25 m/s的速度沿水平方向反弹，落地点到墙面的距离在10 m至15 m之间，忽略空气阻力，取g＝10 m/s2，球在墙面上反弹点的高度范围是( )．
A．0.8 m至1.8 m B．0.8 m至1.6 m
C．1.0 m至1.6 m D．1.0 m至1.8 m
解析 球落地时所用时间为t1＝＝0.4 s或t2＝＝0.6 s，所以反弹点的高度为h1＝gt12＝0.8 m或h2＝gt22＝1.8 m，故选A.
答案 A
2.
图5－2－11
(2010·全国Ⅰ)一水平抛出的小球落到一倾角为θ的斜面上时，其速度方向与斜面垂直，运动轨迹如图5－2－11中虚线所示．小球在竖直方向下落的距离与在水平方向通过的距离之比为( )．
A．tan θ B．2tan θ
C. D.
解析 设小球的初速度为v0，飞行时间为t.由速度三角形可得＝tan θ.故有＝，答案为D.
答案 D
3．(2010·天津理综)如图5－2－12所示，在高为h的平台边缘水平抛出小球A，同时在水平地面上距台面边缘水平距离为x处竖直上抛小球B，两球运动轨迹在同一竖直平面内，不计空气阻力，重力加速度为g.若两球能在空中相遇，则小球A的初速度vA应大于________，A、B两球初速度之比为________．
图5－2－12
解析 A、B能在空中相遇，则A至少在落地前水平位移达到x.由h＝gt2，x＝vt得v＝x ，所以vA应大于x.当A、B相遇时A球：x＝vAt，y＝gt2.B球竖直上抛h－y＝vBt－gt2.联立三式可得＝.
答案 x
4.
图5－2－13
(2011·海南卷，15)如图5－2－13所示，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆，ab为沿水平方向的直径．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c点与水平地面的距离为圆半径的一半，求圆的半径．
解析 小球做平抛运动，水平位移x＝R＋R，竖直位移y＝R，根据平抛运动特点知小球在水平方向做匀速直线运动，有x＝v0t，即R＋R＝v0t①
小球在竖直方向做自由落体运动，有y＝gt2，即R＝gt2②
联立①②得圆的半径R＝.
答案
5．(2011·广东卷，17)如图5－2－14所示，在网球的网前截击练习中，若练习者在球网正上方距地面H处，将球以速度v沿垂直球网的方向击出，球刚好落在底线上．已知底线到网的距离为L，重力加速度取g，将球的运动视作平抛运动，下列叙述正确的是( )．
图5－2－14
①球的速度v等于L ②球从击出至落地所用时间为 ③球从击球点至落地点的位移等于L ④球从击球点至落地点的位移与球的质量有关
A．①② B．③④ C．①③ D．②④
解析 由平抛运动规律知，H＝gt2得，t＝ ，②正确．球在水平方向做匀速直线运动，由x＝vt得，v＝＝＝L ，①正确．击球点到落地点的位移大于L，且与球的质量无关，③④错误．
答案 A
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