高中物理教科版 (2019)必修 第二册研究平抛运动的规律优秀学案设计

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▉题型1 平抛运动的概念和性质
【知识点的认识】
1．定义：将物体以一定的初速度沿水平方向抛出，不考虑空气阻力，物体只在重力作用下的运动．
2．关键词：（1）初速度沿水平方向；（2）只受重力作用．
3．性质：匀变速曲线运动，其运动轨迹为抛物线．
4．研究方法：分解成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动两个分运动．
1．关于平抛运动，下列说法中正确的是（ ）
A．平抛运动是一种不受任何外力作用的运动
B．平抛运动是曲线运动，其速度方向不断改变，不可能是匀变速运动
C．做平抛运动的物体质量越小，落点就越远，质量越大，落点就越近
D．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
【答案】D
【解答】解：AB、平抛运动只受重力的作用，加速度为g，速度方向时刻在变化，是匀变速曲线运动，故AB错误；
C、做平抛运动物体的加速度为g，与物体质量无关，运动规律与物体的质量无关，故C错误；
D、平抛运动是只在重力的作用下，水平抛出的物体做的运动，故可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动，故D正确。
故选：D。
2．关于平抛运动的性质，以下说法正确的是（ ）
A．平抛运动是变加速运动
B．平抛运动是匀变速运动
C．平抛运动是匀速率曲线运动
D．平抛运动不可能是两个直线运动的合运动
【答案】B
【解答】解：A、平抛运动的加速度不变，做匀变速曲线运动，故A错误，B正确。
C、平抛运动的速度大小和方向时刻改变，不是匀速率运动，故C错误。
D、平抛运动是水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动的合成。故D错误。
故选：B。
（多选）3．关于平抛运动，下面说法中正确的是（ ）
A．平抛运动是一种不受任何外力作用的运动
B．平抛运动是曲线运动，它的速度大小和方向在不断改变
C．平抛运动的物体质量越小，落点就越远，质量越大，落点就越近
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
【答案】BD
【解答】解：A、平抛运动是初速度水平，只受竖直向下的重力的运动，故A错误；
B、平抛运动的初速度和加速度不共线，所以是曲线运动，在运动过程中速度大小和方向都在不断变化，故B正确；
C、平抛运动的加速度为重力加速度，与质量无关，故C错误；
D、根据几何关系可知，平抛运动的速度方向与竖直方向夹角的正切值为tanθ=v0gt，由此可知，随着时间的增大，夹角一定越来越小，故D正确；
故选：BD。
▉题型2 平抛运动在竖直和水平方向上的特点
【知识点的认识】
1.平抛运动的定义：平抛运动是初速度水平，只受重力作用的运动。
2.平抛运动可以看成水平方向和竖直方向两个直线运动的合运动。水平方向上有初速度，不受力，所以做匀速直线运动；竖直方向上无初速度，只受重力，所以做自由落体运动。
4．飞机在500米高处水平做匀速直线运动，从飞机上每隔3秒释放一个铁球，当刚释放第五个铁球时，不计空气阻力，g＝10m/s2，则下列选项中符合铁球在空中实际情况的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解答】解：依题意可知，释放的铁球做平抛运动，水平方向做匀速运动，所以着地前，铁球总是位于飞机的正下方；铁球竖直方向做自由落体运动，相同时间内的下落高度越来越大。
故D正确，ABC错误。
故选：D。
▉题型3 平抛运动速度的计算
【知识点的认识】
1.平抛运动的性质：平抛运动可以看成水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动。
2.设物体在平抛运动ts后，水平方向上的速度vx＝v0
竖直方向上的速度vy＝gt
从而可以得到物体的速度为v=vx2+vy2=v02+g2t2
3.同理如果知道物体的末速度和运动时间也可以求出平抛运动的初速度。
5．如图所示，小明取山泉水时发现水平细水管到水平地面的距离为水桶高的两倍，在地面上平移水桶，水恰好从桶口中心无阻挡地落到桶底边沿A。已知桶高为h，直径为D，则水离开出水口的速度大小为（ ）
A．D4ghB．D4g2h
C．(2+1)D2g2hD．(2+1)Dg2h
【答案】C
【解答】解：水离开出水口后做平抛运动，水离开出水口到桶口中心，有
h=12gt2
得t=2hg
设出水孔到桶口中心的水平距离为x，则
x＝v0t
得
x=v02hg
落到桶底A点时
2h=12gt′2
则时间t′=2t
x+D2=v02⋅2hg
解得
v0=(2+1)D2g2h
故ABD错误，C正确。
故选：C。
6．如图所示，一可视为质点的小球以初速度v0从离地高度h处的平台末端水平飞出，落在水平地面上，忽略一切阻力、关于小球的运动过程，下列说法中正确的是（ ）
A．相同时间内小球速度变化量相同
B．小球的运动是变加速曲线运动
C．小球落地点与飞出点的水平距离与高度无关
D．若平台足够高，小球最终的速度方向将会竖直向下
【答案】A
【解答】解：A.忽略一切阻力，小球只受重力作用，小球的加速度a＝g，小球速度变化量Δv＝gΔt，因此在相同时间Δt内，小球速度变化量相同，故A正确；
B.小球做平抛运动，加速度恒定，所以做匀变速曲线运动，故B错误；
C.小球做平抛运动，飞行时间t=2hg，水平位移x=v0t=v02hg，可见小球落地点与飞出点的水平距离与高度有关，故C错误；
D.设合速度与水平方向的夹角为θ，根据平抛运动规律有tanθ=vyv0，所以无论平台多高，小球最终的速度方向都不会竖直向下，故D错误。
故选：A。
7．如图所示，将甲、乙两个相同的小球分别以初速度v甲、v乙同时水平抛出，已知抛出点乙在甲的正上方且离水平面的高度是甲的4倍，落地点到抛出点的水平距离也是甲的4倍，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．它们的初速度相等
B．乙的初速度是甲的4倍
C．它们落地时的速度方向相同
D．甲落地前，乙一直在甲的正上方
【答案】C
【解答】解：AB、甲、乙两球都做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，根据h=12gt2可得t=2hg，结合题意可知乙运动的时间是甲的2倍，即t乙＝2t甲
水平方向有x＝v0t
结合水平位移相等可知乙的初速度是甲的2倍，即v乙0＝2v甲0，故AB错误；
D、由于v乙0＝2v甲0可知，相等时间内，水平方向乙的位移较大，可知甲落地前，乙不可能在甲的正上方，故D错误；
C、甲落地时竖直方向的速度v甲y＝gt，落地时速度与竖直方向的夹角正切为tanα=v甲y v甲0=gtv甲0
乙落地时竖直方向的速度v乙y＝2gt，落地时速度与竖直方向的夹角正切为tanβ= v乙yv乙0=2gt2v甲0=gtv甲0
则α＝β，可知它们落地时的速度方向相同，故C正确。
故选：C。
8．如图所示，在同一竖直面内，小球a，b从高度不同的两点，分别以初速度va和vb沿水平方向抛出，经过时间ta和tb后落到与两抛出点水平距离相等的p点，若不计空气的阻力，下列关系式正确的是（ ）
A．ta＞tb va＜vbB．ta＞tb va＞vb
C．ta＜tb va＜vbD．ta＜tb va＞vb
【答案】A
【解答】解：两个小球都做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，根据h=12gt2，解得：t=2hg，因为ha＞hb，则ta＞tb。
根据x＝v0t，因为水平位移相等，ta＞tb，则va＜vb．故A正确，BCD错误。
故选：A。
9．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点时的速度大小为2v0，它会落到坑内c点，c与a的水平距离和高度差均为h；若该摩托车恰能越过坑到达b点。不计空气阻力，则它经过a点时的速度应为（ ）
A．2v0B．22v0C．32v0D．6v0
【答案】D
【解答】解：摩托车在空中做平抛运动，当落在c点时，竖直方向有h=12gt12，水平方向有h＝v1t1
当落在b点时，竖直方向有h2=12gt22，水平方向有3h＝v2t2
其中v1=2v0
解得：v2＝6v0，故ABC错误，D正确。
故选：D。
10．平抛物体的运动可以看成（ ）
A．水平方向的匀速运动和竖直方向的匀速运动的合成
B．水平方向的匀加速运动和竖直方向的匀速运动的合成
C．水平方向的匀加速运动和竖直方向的匀加速运动的合成
D．水平方向的匀速运动和竖直方向的自由落体运动的合成
【答案】D
【解答】解：平抛运动在水平方向上不受力，有水平初速度，根据牛顿第一定律知，做匀速直线运动；在竖直方向上，初速度为零，仅受重力，做自由落体运动。故D正确，A、B、C错误。
故选：D。
11．如图所示为足球球门，球门宽为L，一个球员在球门中心正前方距离球门s处高高跃起，将足球顶入球门的左下方死角（图中P点），球员顶球点的高度为h，足球做平抛运动（足球可看成质点，忽略空气阻力），则（ ）
A．足球位移的大小x=L24+s2
B．足球初速度的大小v0=g2h(L24+s2)
C．足球末速度的大小v=g2h(L24+s2)+4gh
D．足球初速度的方向与球门线夹角的正切值tanθ=L2s
【答案】B
【解答】解：A、由题可知，足球在水平方向的位移大小为：xx=s2+(12L)2，所以足球的总位移：x=xx2+h2=s2+h2+L24．故A错误；
B、足球运动的时间：t=2hg，所以足球的初速度的大小：v0=xxt=g2h(L24+s2)．故B正确；
C、足球运动的过程中重力做功，由动能定理得：mgh=12mv2−12mv02，联立以上各式得：g2h(L24+s2)+2gh．故C错误；
D、由几何关系可得足球初速度的方向与球门线夹角的正切值tanθ=s12L=2sL．故D错误。
故选：B。
（多选）12．如图甲为2022年北京冬奥会的跳台滑雪场地“雪如意”，其主体建筑设计灵感来自于中国传统饰物“如意”。其部分赛道可简化为如图乙所示的轨道模型，斜坡可视为倾角为θ的斜面，运动员（可视为质点）从跳台a处以速度v沿水平方向向左飞出，不计空气阻力，则运动员从飞出至落到斜坡上的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．运动员运动的时间为2vtanθg
B．运动员落在斜坡上的瞬时速度方向与水平方向的夹角为2θ
C．若运动的初速度变小，运动员落在斜坡上的瞬时速度方向与水平方向的夹角不变
D．运动员在空中离坡面的最大距离为v2sin2θ2gcsθ
【答案】ACD
【解答】解：A、由竖直方向h=12gt2，水平方向x＝vt，结合tanθ=hx，联立得t=2vtanθg，故A正确；
BC、由平抛运动的推论：运动员落在斜坡上时的瞬时速度方向与水平方向的夹角满足tanα＝2tanθ，α保持不变，但是α≠2θ，故B错误，C正确；
D、将初速度和重力加速度分别沿垂直于斜面和平行于斜面分解，由对称性知经12t离坡面的最大距离最大，H=(vsinθ)22gcsθ，故D正确；
故选：ACD。
（多选）13．a、b两个物体做平抛运动的轨迹如图所示，设它们抛出的初速度分别为va、vb，从抛出至碰到台上的时间分别为ta、tb，则（ ）
A．va＞vbB．va＜vbC．ta＞tbD．ta＜tb
【答案】AD
【解答】解：A、两个物体都做平抛运动，取一个相同的高度，此时物体的下降的时间相同，水平位移大的物体的初速度较大，所以va＞vb，故A正确，B错误；
C、根据h=12gt2得：t=2hg可知，物体下降的高度决定物体运动的时间，所以ta＜tb，故C错误，D正确。
故选：AD。
14．一同学利用实验室设备配合频闪摄像机设计了如下实验来探究“平抛运动的规律”。实验步骤如下：
（I）如图甲，该同学将两个相同的实心金属小球放置在实验装置上，调整A、B球的高度，使两个小球重心在同一高度上。
（Ⅱ）调整频闪摄像机位置，将频闪摄像机正对实验装置甲所在的位置，并打开摄像功能。
（Ⅲ）用小木槌敲击弹片，让A、B两个小球同时开始运动，直至落在实验台上。
（Ⅳ）通过频闪摄像机连接打印机进行打印得到如图乙所示的图像。
（V）在图乙中沿水平方向和竖直方向建立坐标系（坐标系图中未画出），选择A球的三个影像C、D、E的球心位置进行测量，得到xCD＝xDE＝4.00cm、hCD＝7.00cm、hDE＝9.00cm，并测得小球影像的直径d＝2.0mm（已知实验小球的直径为D＝1.00cm）
（1）下列说法正确的是 AC 。
A.该实验能用来判断平抛运动在竖直方向的分运动为自由落体运动
B.该实验不能用来判断小球在水平方向做匀速直线运动
C.提升两球所处平台的高度，对探究平抛运动的规律没有影响
D.小球的材质对实验没有影响
（2）通过测量数据可知，该频闪摄像机的拍照时间间隔为 0.1 s，小球A抛出时的初速度为 2.0 m/s（保留两位有效数字）；物体经过D点时速度为 25 m/s（可用根号表示）。（g取10m/s2）
【答案】（1）AC（2）0.1，2.0，25。
【解答】解：（1）AB.该实验可以通过比较两小球的影像的竖直位置是否相同或分析平抛小球相同时间间隔竖直影像的位移规律判断小球竖直方向是否做自由落体运动，通过分析相同时间间隔水平位移规律判断水平方向做匀速运动，故A正确，B错误；
C.提升两球所处平台的高度，对探究平抛运动的规律没有影响，故C正确；
D.小球材质不同会使空气阻力和重力的比值有不同，会对实验有影响，故D错误。
故选：AC。
（2）考虑影像与实际小球的比例关系，Dd=，
由竖直运动得：gT2＝5（hDE﹣hCD）
代入数据解得：T＝0.1s；
初速度v0=5xCDT=5×＝2.0m/s；
竖直方向的速度大小，vDy=5(hCD+hDE)2T=5×(0.07+0.09)2×0.1m/s＝4.0m/s；
D点速度，vD=v02+vD2=2.02+4.02m/s＝25m/s；
故答案为：（1）AC（2）0.1，2.0，25。
15．如图所示为山东卫视一挡娱乐节目中一个闯关游戏装置的示意图，水平轨道上的小车用轻绳绕过定滑轮与配重连接，轨道上方的轻绳穿过固定挡板并保持水平，轨道下方有一长L1＝3.1m的软垫AB静止在水面上，A端在挡板正下方。质量m＝60kg的闯关者抓住轻绳的一端悬挂在小车上，其重心到悬点的距离L2＝1.5m。在配重作用下，闯关者随小车一起向右运动，运动过程中轻绳与竖直线的夹角恒为θ＝37°。当小车碰到挡板时闯关者立即松手，重心下降h＝3.2m时恰好落在固定软垫的右端B点。不计小车的大小、质量及摩擦阻力，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8。求：
（1）闯关者松手前的加速度大小；
（2）闯关者松手时的速度大小；
（3）不计水面阻力，那么小车最远离挡板多大距离处出发，闯关者才不会从软垫上滑落（其中，人与软垫之间的摩擦系数μ＝0.5，软垫的质量也为60kg，闯关者落到软垫时竖直方向速度瞬间减为零，水平速度保持不变）。
【答案】（1）闯关者松手前的加速度大小为7.5m/s2；
（2）闯关者松手时的速度大小为5m/s；
（3）不计水面阻力，那么小车最远离挡板1.07m距离处出发，闯关者才不会从软垫上滑落（其中，人与软垫之间的摩擦系数μ＝0.5，软垫的质量也为60kg，闯关者落到软垫时竖直方向速度瞬间减为零，水平速度保持不变）。
【解答】解：（1）设轻绳L2上的拉力大小为F，由牛顿第二定律有
Fsinθ＝ma1
Fcsθ﹣mg＝0
解得
a1=7.5m/s2
（2）闯关者松手后做平抛运动，恰好落到B点，根据平抛运动的规律
L1+L2sinθ＝vt1
h=12gt12
解得
v＝5m/s
（3）设小车距离挡板距离为x处出发，闯关者随小车做匀加速直线运动，松手时速度为v0，由运动学公式
v02−0=2a1x
闯关者松手后做平抛运动，设落到软垫上的位置距离B端为x1，则水平方向
v0t1＝L2sinθ+（L1﹣x1）
落到软垫后，分别对人和软垫受力分析，根据牛顿第二定律得人与软垫的加速度
a2=a3=fm=μg=5m/s2
要保证闯关者不滑落，人滑至B端时，两者共速。
对闯关者
v共＝v﹣a2t2
x闯=v0+v共2t2
对软垫
v共＝a3t2
x垫=0+v共2t2
闯关者与软垫的位移要满足
x闯﹣x垫＝x1
解得
v0＝4m/s，x=1615m≈1.07m
所以，小车最远离挡板1.07m出发，闯关者才会不从软垫上滑落。
答：（1）闯关者松手前的加速度大小为7.5m/s2；
（2）闯关者松手时的速度大小为5m/s；
（3）不计水面阻力，那么小车最远离挡板1.07m距离处出发，闯关者才不会从软垫上滑落（其中，人与软垫之间的摩擦系数μ＝0.5，软垫的质量也为60kg，闯关者落到软垫时竖直方向速度瞬间减为零，水平速度保持不变）。
16．如图所示，在水平地面上有一高h＝3.2m的竖直墙，现将一小球以v0＝6m/s的速度，从离地面高为H＝5m的A点水平抛出，小球撞到墙上B点时的速度与竖直墙成37°角，不计空气阻力和墙的厚度，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8。求：
（1）小球从A到B所用的时间t；
（2）若仍将小球从原位置沿原方向抛出，为使小球不碰到竖直墙，小球抛出时的初速度大小应满足什么条件？
【答案】（1）小球从A到B所用的时间为0.8s；
（2）若仍将小球从原位置沿原方向抛出，为使小球不碰到竖直墙，小球抛出时的初速度大小应满足v＜4.8m/s或v＞8m/s。
【解答】解：（1）小球做平抛运动，撞墙时竖直分速度为：vy=v0tan37°
解得：vy＝8m/s
由：vy＝gt可得：t＝0.8s；
（2）小球在水平方向上做匀速直线运动，则有：s＝v0t＝6×0.8m＝4.8m
设小球以初速度v1抛出时恰好能越过墙，小球从抛出至运动到墙的上沿历时t1，由平抛运动的规律得：
s＝v1t1
H−h=12gt12
解得：v1＝8m/s
小球以初速度v2抛出时恰好落到墙与地面的交汇处，小球从抛出至落地历时t2，由平抛运动的规律得：
s＝v2t2
H=12gt22
解得：v2＝4.8m/s
所以为使小球不碰到竖直墙，小球抛出时的初速度大小应满足的条件为：v＜4.8m/s或v＞8m/s。
答：（1）小球从A到B所用的时间为0.8s；
（2）若仍将小球从原位置沿原方向抛出，为使小球不碰到竖直墙，小球抛出时的初速度大小应满足v＜4.8m/s或v＞8m/s。
17．2022年冬奥会首钢滑雪大跳台上，跳台滑雪运动员经过一段滑行后从斜坡上的A点水平飞出，落到斜坡上的B点。AB两点间的竖直高度h＝15m，斜坡与水平方向的夹角α＝45°，不计空气阻力，g＝10m/s2。求：
（1）运动员在空中的飞行时间为多少秒？
（2）运动员刚落到B点时的速度大小为多少？
（3）求此段时间内运动员发生的位移。
【答案】（1）运动员在空中的飞行时间为3s；
（2）运动员刚落到B点时的速度大小为515m/s；
（3）此段时间内运动员发生的位移为152m。
【解答】解：（1）平抛运动在竖直方向上为自由落体运动，则有：h=12gt2
解得运动员在空中的飞行时间为：t=2hg=2×1510s=3s；
（2）落到B点时，水平速度为：v0=xt=htan45°t
代入数据解得：v0＝53m/s
竖直速度为vy＝gt＝10×3m/s＝103m/s
则运动员刚落到B点时的速度大小为v=v02+vy2=(53)2+(103)2m/s=515m/s；
（3）根据几何关系可得此段时间内运动员发生的位移s=hsin45°
代入数据解得：x=152m。
答：（1）运动员在空中的飞行时间为3s；
（2）运动员刚落到B点时的速度大小为515m/s；
（3）此段时间内运动员发生的位移为152m。
▉题型4 平抛运动时间的计算
【知识点的认识】
1.平抛运动的性质：平抛运动可以看成水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动。
2.平抛运动在水平和竖直方向上的运动是独立的，而将这两个运动联系起来的就是时间。因为分运动与合运动具有同时性。
3.计算平抛运动时间的方法：
①已知平抛高度h，则根据竖直方向上12gt2=h可得t=2hg
②已知水平位移x和初速度v0，则根据水平方向上x＝v0t可得t=xv0
③已知某一时刻的速度v和书速度v0，则根据速度的合成有v2=v02+g2t2，从而可得t=v2−v02g2=v2−v02g
④已知某一时刻的速度v及速度偏转角θ，
则gt＝vsinθ，从而得到t=vsinθg
⑤已知某一时刻的位移x及位移偏转角θ，
则12gt2=xsinθ，从而得到t=2xsinθg
18．如图所示，小球从倾角为37°的斜面底端的正上方以6m/s的速度水平抛出，飞行一段时间后恰好垂直撞在斜面上（sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，g＝10m/s2），则：小球飞行的时间是（ ）
A．0.8sB．0.4sC．0.6sD．1s
【答案】A
【解答】解：设飞行的时间为t，因为是垂直撞上斜面，斜面与水平面之间的夹角为37°，
所以tan37°=v0vy
解得：vy＝8m/s
所以t=vyg=0.8s，故A正确，BCD错误；
故选：A。
（多选）19．将一物体在离水平地面高为h处以大小为v0的初速度水平抛出，物体落地时的速度大小为v，水平射程为l，不计空气阻力，重力加速度大小为g，则物体在空中飞行的时间为（ ）
A．lv0B．h2g
C．v2−v02gD．vg
【答案】AC
【解答】解：A.平抛运动在水平方向做匀速运动，根据匀速运动规律l＝v0t，得飞行时间 t=lv0，故A正确。
B.平抛运动在竖直方向自由落体运动，位移公式h=12gt2，得飞行时间t=2hg，故B错误。
CD.设飞行时间为t，根据运动学公式，竖直方向的速度vy＝gt，根据运动的合成与分解vy=v2−v02，所以飞行时间t=v2−v02g≠vg，故C正确，D错误。
故选：AC。
（多选）20．一个物体以初速度v0水平抛出，落地时竖直方向的速度为vy，合速度为vt，则该物体在空中运动的时间为（ ）
A．vygB．vtg
C．(vtv0)gD．vt2−v02g
【答案】AD
【解答】解：根据平行四边形定则知，物体落地时的竖直分速度 vy=vt2−v02，则物体在空中运动的时间 t=vyg=vt2−v02g，故BC错误，AD正确。
故选：AD。
（多选）21．在精选谷种时，常用一种叫风车的农具进行分选，在同一风力作用下，谷种（饱满）和瘪谷（空壳）都从洞口水平飞出，结果谷种和瘪谷落地点不同，自然分开，如图所示。若不计空气阻力和浮力，对这一现象，下列分析正确的是（ ）
A．谷种飞出洞口时的速度比瘪谷飞出洞口时的速度大些
B．谷种和瘪谷从飞出洞口到落地的时间相同
C．谷种和瘪谷飞出洞口后都做匀变速曲线运动
D．M处是瘪谷，N处为谷种
【答案】BCD
【解答】解：A、在大小相同的风力作用下，由于谷种的质量大，加速度小，运动相同的位移，离开风车时的速度小，故A错误。
BC、谷种和瘪谷飞出洞口做平抛运动，均做匀变速曲线运动，竖直方向上，h=12gt2，解得落地时间：t=2hg，则两者落地时间相同，故BC正确。
D、由于谷种飞出时的速度较小，而谷种和瘪谷的运动的时间相同，所以谷种的水平位移较小，瘪谷的水平位移较大，所以M处是瘪谷，N处是谷种，故D正确。
故选：BCD。
▉题型5 平抛运动中的相遇问题
【知识点的认识】
本考点涉及到的相遇类型有平抛运动和平抛运动相遇、平抛运动和直线运动相遇的问题及平抛运动与其他类型运动的相遇问题。
22．在水平地面上M点的正上方某一高度处，将S1球以初速度v1水平向右抛出，同时在M点右方地面上N点处，将S2球以初速度v2斜向左上方抛出，两球恰在M、N连线的中点正上方相遇，不计空气阻力，则两球从抛出到相遇过程中（ ）
A．初速度大小关系为v1＝v2
B．速度变化量相等
C．水平位移相同
D．都不是匀变速运动
【答案】B
【解答】解：A、由于两球恰在M、N连线的中点正上方相遇，说明它们的水平位移大小相等，又由于运动的时间相同，所以它们在水平方向上的速度相同，即v2csθ＝v1，所以v2＞v1故A错误。
B、由于两个球都只受到重力的作用，加速度都是重力加速度，所以它们速度的变化量相同，故B正确。
C、在水平方向上，它们的运动分析相反，位移的方向也相反，所以位移不会相等，故C错误。
D、由于两个球都只受到重力的作用，加速度都是重力加速度，加速度恒定，是匀变速运动，所以D错误。
故选：B。
▉题型6 飞机投弹问题
【知识点的认识】
1.模型概念：飞机投弹问题是平抛运动的一种特殊情境。
2.模型解释：飞机在运动过程中投下炮弹，由于惯性，炮弹具有和飞机相同的水平速度，此后炮弹在重力作用下做平抛运动，因此可以用平抛运动的规律解决飞机投弹问题。
23．如图所示是中国航天科工集团研制的一种投弹式干粉消防车。灭火车出弹口到高楼水平距离为x，在同一位置灭火车先后向高层建筑发射2枚灭火弹，且灭火弹均恰好垂直射入建筑玻璃窗，假设发射初速度大小均为v0，v0与水平方向夹角分别为θ1、θ2，击中点离出弹口高度分别为h1、h2，空中飞行时间分别为t1。灭火弹可视为质点，两运动轨迹在同一竖直面内，且不计空气阻力，重力加速度为g。则下列说法正确的是（ ）
A．高度之比h1h1=csθ1csθ2
B．时间之比t1t2=csθ1csθ2
C．两枚灭火弹的发射角满足θ1+θ2＝90°
D．水平距离与两枚灭火弹飞行时间满足x＝2gt1t2
【答案】C
【解答】AB.竖直方向的初速度分别为vy1＝v0sinθ1
vy2＝v0sinθ2
根据
vy2=2gh
可得
h1h2=sin2θ1sin2θ2
根据
vy＝gt
可得
t1t2=sinθ1sinθ2
故AB错误；
C.水平方向x＝v0csθ1⋅v0sinθ1g=v0csθ2⋅v0sinθ2g
可得
sin2θ1＝sin2θ2＝sin（90°﹣2θ2）
结合数学关系可得
θ1+θ2＝90°
故C正确；
D.水平方向x＝v0csθ1•t1
竖直方向
v0sinθ2＝gt2
结合
θ1+θ2＝90°
可得
sinθ2＝csθ1
可得
x＝gt1t2
故D错误。
故选：C。
（多选）24．如图所示，某次空中投弹的军事演习中，战斗机在M点的正上方离地H高处以水平速度v1＝0.9km/s发射一颗炮弹1，经20s击中地面目标P。若地面拦截系统在炮弹1发射的同时在M点右方水平距离s＝1500m的地面上的N点，以速度v2竖直发射拦截炮弹2恰好成功拦截。若不计空气阻力，g取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．战斗机发射炮弹时离地高度2000m
B．M点到P点的距离为1800m
C．炮弹从发射到拦截的时间为43s
D．炮弹2的初速度大小v2＝1.2km/s
【答案】AD
【解答】解：A、炮弹1做平抛运动，竖直方向有H=12gt2=12×1×202m＝2000m，故A正确；
B、水平方向有s0＝v1t1，解得M点与P点的水平距离为s0＝18km，故B错误；
C、炮弹1做平抛运动，炮弹2做竖直上抛运动，若要拦截成功，则两炮弹必定在空中相遇。
以竖直方向做自由落体运动的物体为参考系，炮弹2匀速上升。
相遇时间t2=Hv2，
水平方向上，炮弹1做匀速直线运动，与炮弹2相遇的时间t1=sv1=1500900s=53s，故C错误；
D、拦截成功时，t1＝t2，则v2=Hsv1=20001500×900m/s＝1200m/s＝1.2km/s，故D正确。
故选：AD。
（多选）25．如图所示，战斗机在距地面高度一定的空中由东向西水平匀速飞行．发现地面目标P后，开始瞄准并投掷炸弹．若炸弹恰好击中目标P，投弹后飞机仍以原速度水平匀速飞行，则（空气阻力不计）（ ）
A．飞机投弹时在P点的正上方
B．炸弹落在P点时，飞机在P点的正上方
C．飞机飞行速度越大，投弹时飞机到P点的距离应越小
D．无论飞机飞行速度多大，从投弹到击中目标经历的时间是一定的
【答案】BD
【解答】解：
A、B、炸弹投下后，由于惯性做平抛运动，其初速度等于飞机匀速飞行的速度。平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，所以飞机投弹时不能在P点的正上方，而在P点正上方的东侧，炸弹击中目标时，飞机在P点的正上方，故A错误，B正确。
C、D、设飞机离P的竖直高度为h，飞机的速度为v0，则有：
h=12gt2得，t=2hg，可知h一定，无论飞机飞行速度多大，从投弹到击中目标经历的时间是一定的；
水平距离 x＝v0t＝v02hg，可知飞机飞行速度越大，炸弹通过的水平距离越大，则投弹时飞机到P点的距离应越大，故C错误，D正确。
故选：BD。
26．限重空投项目是飞行器设计创新大赛中最精彩的，也是难度最大的。某次空投沙袋时飞行器速度与水平面的仰角θ＝30°，离地高度h＝15m，速度v＝20m/s。沙袋相对于飞行器无初速度释放，忽略空气阻力对沙袋的影响，g取10m/s2。求：
（1）沙袋离地面最大高度H；
（2）沙袋落地点距释放点的水平距离L；
（3）沙袋落地时的速度大小。
【答案】（1）沙袋离地面最大高度H为20m；
（2）沙袋落地点距释放点的水平距离L为303m；
（3）沙袋落地时的速度大小为107m/s。
【解答】解：（1）沙袋释放瞬间，沿竖直方向的分速度大小为
vy＝v0sinθ=20×12m/s=10m/s
方向竖直向上，则沙袋上升到最高点时，距抛出点的竖直高度为
h1=vy22g
代入数值得h1＝5m
所以沙袋离地面最大高度为
H＝h+h1＝15m+5m＝20m
（2）沙袋释放瞬间，沿水平方向的分速度大小为
vx＝v0csθ=10×32m/s=103m/s
沙袋在水平方向上，将做匀速直线运动。在竖直方向上，取竖直向上为正方向，则根据时间位移公式
−h=vyt−12gt2
解得沙袋从抛出到落地，在竖直方向上运动的时间为
t＝3s
根据分运动的等时性可知，沙袋在水平方向上运动的时间也为3s，则沙袋落地点距释放点的水平距离为
L＝vxt=103×3m=303m
（3）在竖直方向，有
v′y＝vy﹣gt＝10m/s﹣10×3m/s＝﹣20m/s
落地的速度为
v=v′y2+vx2
代入数值得v=107m/s
答：（1）沙袋离地面最大高度H为20m；
（2）沙袋落地点距释放点的水平距离L为303m；
（3）沙袋落地时的速度大小为107m/s。
27．如图所示，一架正在以v0＝120m/s的速度水平飞行的轰炸机，释放一枚炸弹，轰炸一艘静止的鱼雷艇，炸弹在空中的运动时间t＝12s。不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）飞机释放炸弹时在空中飞行的高度h；
（2）飞行员应在离鱼雷艇水平距离x为多少米时投弹；
（3）炮弹落在鱼雷艇时的速度大小和方向；
（4）若鱼雷艇以速度v＝60m/s的速度匀速向前逃逸，则飞行员应在离鱼雷艇水平距离s为多少米时投弹。
【答案】（1）飞机释放炸弹时在空中飞行的高度h为720m；
（2）飞行员应在离鱼雷艇水平距离x为1440m时投弹。
（3）炮弹落在鱼雷艇时的速度大小为1202m/s，方向与水平方向的夹角为45°斜向下；
（4）飞行员应在离鱼雷艇水平距离s为720米时投弹。
【解答】解：（1）根据自由落体运动规律，高度为：h=12gt2
代入数据解得飞机的高度：h＝720m
（2）炸弹从被投出到落到水面时的水平位移为：x＝v0t
代入数据解得飞机投弹时与鱼雷艇在水平方向上距离为：x＝1440m
（3）炮弹在鱼雷艇上时竖直方向速度：vy＝gt＝10×12m/s＝120m/s
则炮弹的速度大小为：v=v02+vy2=1202+1202m/s=1202m/s
设速度方向与水平方向成θ角，则有tanθ=vyv0，代入数据得：θ＝45°
故炮弹落在鱼雷艇上时速度方向与水平方向的夹角为45°斜向下
（4）若鱼雷艇以速度v的速度匀速向前逃逸，水平方向相当于炮弹在ts内要追上鱼雷艇，故飞得员投弹处距离鱼雷艇水平距离：s＝（v﹣v0）t＝（120﹣60）×12m＝720m
答：（1）飞机释放炸弹时在空中飞行的高度h为720m；
（2）飞行员应在离鱼雷艇水平距离x为1440m时投弹。
（3）炮弹落在鱼雷艇时的速度大小为1202m/s，方向与水平方向的夹角为45°斜向下；
（4）飞行员应在离鱼雷艇水平距离s为720米时投弹。
28．如图所示，某同学利用无人机玩“投弹”游戏。无人机以v0＝15m/s的速度水平向右匀速飞行，在某时刻释放了一个小球。小球释放点到水平地面的距离h＝20m，不计空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）小球下落的时间t；
（2）小球落地瞬间的速度v；
（3）小球释放点与落地点之间的水平距离x。
【答案】（1）小球下落的时间t为2s；
（2）小球落地瞬间的速度大小v为25m/s，小球落地瞬间的速度方向与水平方向夹角为53°；
（3）小球释放点与落地点之间的水平距离x为30m。
【解答】解：（1）小球离开无人机时，根据小球竖直方向做自由落体运动得h=12gt2
解得：t＝2s
（2）小球落地瞬间竖直方向上的分速度为：vy＝gt＝20m/s
根据运动的合成，得小球落地瞬间的速度大小为：v=v02+vy2=25m/s
小球落地瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值为：tanθ=vyv0=43
故：夹角θ＝53°
（3）根据小球水平方向做匀速直线运动得：x＝v0t＝30m
答：（1）小球下落的时间t为2s；
（2）小球落地瞬间的速度大小v为25m/s，小球落地瞬间的速度方向与水平方向夹角为53°；
（3）小球释放点与落地点之间的水平距离x为30m。
▉题型7 速度反向延长线的特点
【知识点的认识】
做平抛运动的物体，任意时刻的瞬时速度方向的反向延长线一定通过此时水平位移的中点．
证明：如图所示，设平抛物体的初速度为v0，从原点O到A点的时间为t，A点坐标为（x，y），B点坐标为（x′，0），则x＝v0t，y=12gt2，v⊥＝gt，又tanα=v⊥v0=yx−x′，
解得x′=x2．
即末状态速度方向的反向延长线与x轴的交点必为此时水平位移的中点．
（多选）29．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1：3
B．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，小球不可能垂直坑壁落入坑中
【答案】ABD
【解答】解：A．根据几何关系如图：
知，Q到O点的水平方向的距离等于Rcs60°＝0.5R，所以M的水平位移：
xM＝R﹣05R＝0.5R
N的水平位移为：xN＝R+0.5R＝1.5R
则落在Q点的水平位移之比为xMxN=：3，
由匀变速直线运动的公式：
h=12gt2，
两个运动竖直方向的位移相等，运动时间相等，根据水平方向是匀速直线运动：
x＝vt
位移之比等于初速度之比为1：3，故A正确；
B．若只增大v1，而v2不变，从水平运动看相遇的时间会变短，而竖直方向的位移会变小，故还没有落到圆弧上，两球可在空中相遇，故B正确；
C．要两小球落在弧面上的同一点，则水平位移之和为2R，则（v1+v2）t＝2R
落点不同，竖直方向位移就不同，t也不同，所以v1+v2也不是一个定值，故C错误；
D．根据平抛运动的推论：速度的反向延长线交水平位移的中点，假设小球垂直落在半球型坑中，速度反向延长线过球心O并不是水平位移的中点，两者矛盾，所以假设错误，不可能使小球沿半径方向落在圆弧轨道内，故D正确。
故选：ABD。
▉题型8 平抛运动与斜面的结合
【知识点的认识】
该考点旨在分析平抛运动与斜面相结合的问题，可以是从斜面上平抛的问题，也可以是落到斜面上的平抛问题。
30．轰炸机是军用飞机之一，在某次演习中，轰炸机沿水平方向投出了一枚炸弹，初速度大小为v0，炸弹正好垂直击中山坡上的目标，山坡的倾角为θ＝37°，如图所示，不计空气阻力，重力加速度为g（sin37°＝0.6，cs37°＝0.8）。下列说法正确的是（ ）
A．炸弹刚落到山坡时的速度大小是43v0
B．炸弹从水平投出到落到斜坡上，所用的时间是5v03g
C．炸弹从投出到落到斜坡上的位移为413v029g
D．炸弹从水平投出到落在斜坡上位移偏转角为速度偏转角的一半
【答案】C
【解答】解：A、由题意，炸弹刚落到山坡时有
sinθ=v0v
可得炸弹刚落到山坡时的速度大小
v=53v0
故A错误；
B、炸弹刚落到山坡时
tanθ=v0vy
vy＝gt
得炸弹从水平投出到落到斜坡上，所用的时间是
t=4v03g
故B错误；
C、炸弹从投出到落到斜坡上的水平及竖直位移大小为，根据平抛运动中水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，故有
x＝v0t，y=12gt2
代入数据解得
x=4v023g，y=8v029g
由勾股定理可知位移大小
s=x2+y2=413v029g
故C正确；
D、根据平抛运动推论，可知炸弹从水平投出到落在斜坡上时速度偏转角α与位移偏角β与满足
tanα＝2tanβ
二者不是2倍关系，故D错误。
故选：C。
31．如图所示，A、B为两个挨得很近的小球（可视为质点），静止放于光滑斜面上，斜面足够长，在释放B球的同时，将A球以某一速度v0水平抛出，当A球落于斜面上的P点时，B球的位置位于（ ）
A．P点以上
B．P点
C．P点以下
D．由于v0未知，故无法确定
【答案】A
【解答】解：设A球落到P点的时间为tA，AP的竖直位移为y；B球滑到P点的时间为tB，BP的竖直位移也为y，
A球做的是自由落体运动，由y=12gt2得运动的时间为：
解得：tA=2yg，
B球做的是匀加速直线运动，运动到P点的位移为：s=ysinθ，加速度的大小为：a＝gsinθ，
根据位移公式s=12at2得，B运动的时间为：
解得：tB=2ygsin2θ=1sinθ2yg＞tA（θ为斜面倾角），故A正确，BCD错误；
故选：A。
32．如图所示，斜面上有a、b、c、d四个点，ab＝bc＝cd。从a点正上方的O点以速度v0水平抛出一个小球，它落在斜面上b点。若小球从O点以速度2v0水平抛出，不计空气阻力，则它落在斜面上的（ ）
A．b与c之间某一点B．c点
C．c与d之间某一点D．d点
【答案】A
【解答】解：过b做一条与水平面平行的一条直线，若没有斜面，当小球从O点以速度2v水平抛出时，小球落在水平面上时水平位移变为原来的2倍，则小球将落在我们所画水平线上c点的正下方，但是现在有斜面的限制，小球将落在斜面上的b、c之间。
故选：A。
33．一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．tanθB．2tanθC．1tanθD．12tanθ
【答案】D
【解答】解：如图平抛的末速度与竖直方向的夹角等于斜面倾角θ，则有：tanθ=v0gt。
则下落高度与水平射程之比为yx=12gt2v0t=gt2v0=12tanθ，所以D正确。
故选：D。
34．如图，1、2两个小球以相同的速度v0水平抛出。球1从左侧斜面上抛出，经过时间t1落回斜面上，球2从某处抛出，经过t2时间恰好垂直撞在右侧的斜面上，已知左右两侧斜面的倾角为α＝30°，β＝30°，则（ ）
A．t1：t2＝23：3B．t1：t2＝3：23
C．t1：t2＝2：1D．t1：t2＝2：3
【答案】D
【解答】解：对球1，根据平抛运动规律可知小球位移与水平方向的夹角的正切值tan30°=12gt12v0t1
对球2，速度与水平方向夹角为60°，故其正切值tan60°=gt2v0
解得：t1：t2＝2：3
故ABC错误，D正确；
故选：D。
35．如图所示，从斜面上的A点以速度v0水平抛出一个物体，飞行一段时间后，落到斜面上的B点；若仍从A点抛出物体，抛出速度为12v0，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．物体的飞行时间不变
B．物体的位移变为原来的12
C．物体落到斜面上的速度变为原来的14
D．物体落到斜面上时速度方向不变
【答案】D
【解答】解：A、设物体落到斜面上的时间为t，x=v0t，y=12gt2，满足tanα=yx=gt2v0
解得：t=2v0tanαg；
故速度减半后物体的飞行时间减半，故A错误；
B、抛出速度减半，时间减半，则物体的水平位移变为原来的14，根据几何关系，总位移变为原来的14，故B错误；
C、设物体落在斜面上时速度方向与水平方向夹角为θ，则物体落在斜面上的速度v=v0csθ，由于θ不变，抛出时的速度变为原来的12，则速度变为原来的12，故C错误；
D、第一次物体落到斜面上时tanθ＝2tanα，第二次物体落到斜面上时tanβ＝2tanα，速度方向不变，故D正确。
故选：D。
36．如图所示，某运动员在倾斜的山坡上练习射箭，山坡可以视为一个平整的斜面，运动员每次都以不同的速度将箭由水平方向射出，若所有的箭最后都扎入泥土中，在忽略空气阻力的情况下，且假设箭头所指方向即为箭的速度方向，则以下射箭结果图符合平抛理论的有（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解答】解：平抛运动的位移角（与水平方向的夹角）满足tanα=yx=12gt2v0t=gt2v0
速度角（与水平方向的夹角）满足
tanβ=vyv0=gtv0
所以有tanβ＝2tanα
所有的箭都扎进斜坡，所以位移角都相等，则速度角也相等，即每支箭互相平行；因为水平分速度的存在，所以箭与水平方向的夹角都小于90°，故ACD错误，B正确
故选：B。
37．如图所示，在斜面顶端a处以速度va水平抛出一小球，经过时间ta恰好落在斜面底端c处。今在c点正上方与a等高的b处以速度vb水平抛出另一小球，经过时间tb恰好落在斜面的三等分点d处。若不计空气阻力，下列关系式正确的是（ ）
A．ta=3tbB．ta＝3tbC．va=3vbD．va=32vb
【答案】A
【解答】解：AB、a、b两球下降的高度之比为3：1，根据h=12gt2知：t=2hg，则运动时间关系为：ta=3tb．故A正确，B错误。
CD、因为a、b两球水平位移之比为3：2，由v0=xt得：va=32vb．故CD错误。
故选：A。
（多选）38．如图所示，以v0＝10m/s的速度水平抛出的小球，飞行一段时间垂直地撞在倾角θ＝30°的斜面上，按g＝10m/s2考虑，以下结论中正确的是（ ）
A．物体飞行的时间是3 s
B．物体撞击斜面时的速度大小为20 m/s
C．物体飞行的时间是2 s
D．物体下降的距离是10 m
【答案】AB
【解答】解：A、小球撞在斜面上时速度与竖直方向的夹角为30°，则根据速度的分解可得：
竖直方向的速度为：vy=v0tan30°=1033m/s=103m/s，
则物体飞行的时间t=vyg=10310s=3s，故A正确，C错误。
B、根据平行四边形定则知，物体撞击斜面的速度大小为：v=v0sin30°=1012m/s=20m/s，故B正确。
D、物体下降的高度为：h=vy22g=30020m=15m，故D错误。
故选：AB。
（多选）39．如图所示，小球从足够长的斜面上的O点，以大小为v1的速度水平抛出，经时间t1落到斜面，刚要落到斜面时速度方向与水平方向的夹角为θ1。若改用以大小为v2的速度从O点水平抛出，经时间t2落到斜面，刚要落到斜面时速度方向与水平方向的夹角为θ2。已知v2＝2v1，不计空气阻力。则（ ）
A．t2＝t1B．t2＝2t1
C．tanθ2＝tanθ1D．tanθ2＝2tanθ1
【答案】BC
【解答】解：落到斜面上，设斜面的倾角为θ，根据位移角得：tanθ=yx=12gt2vt=gt2v
AB、两次均落到斜面上，所以运动时间与速度成正比，即
t2＝2t1
故A错误，B正确；
CD．平抛运动中，速度角的正切值是位移角正切值的两倍，所以位移角不变时，速度角也不变，即θ2＝θ1
所以有：tanθ2＝tanθ1，故C正确，D错误。
故选：BC。
（多选）40．如图所示，倾角为30°和45°的两斜面下端紧靠在一起，固定在水平面上；纸面所在竖直平面内，将两个小球a和b，从左侧斜面上的A点以不同的初速度向右平抛，下落相同高度，a落到左侧的斜面上，b恰好垂直击中右侧斜面，忽略空气阻力，则（ ）
A．a、b运动的初速度之比为3：2
B．a、b运动的水平位移之比为1：3
C．a、b击中斜面时的速率之比为 14：4
D．若减小初速度，a球落到斜面时速度方向改变
【答案】AC
【解答】解：两球做平抛运动，下落相同的高度时运动时间相同，由vy＝gt知落在斜面上时竖直分速度大小相等，则
A．对a球，落在斜面上时，位移方向与水平方向的夹角为30°，则有tan30°=gt2v0a，可得a的初速度为v0a=32gt，对b球，落在斜面上时，速度方向与水平方向的夹角为45°，则有tan45°=gtv0b，可得b的初速度为v0b＝gt，所以可得a、b运动的初速度之比为v0av0b=32，故A正确；
B．由于两球做平抛运动的时间相同，根据x＝v0t可知两球的水平位移之比与初速度成正比，故两球的水平位移之比为xaxb=v0av0b=32，故B错误；
C．a球击中斜面时的速率为va=v0a2+(gt)2=72gt，b球击中斜面时的速率为vb=v0b2+(gt)2=2gt，所以两球击中斜面时的速率之比为vavb=144，故C正确；
D．设a球落在斜面上时速度与水平方向的夹角为α，根据平抛运动规律有tanα＝2tan30°，可知夹角与初速度无关，所以减小初速度，a球落到斜面时速度方向不改变，故D错误。
故选：AC。
（多选）41．如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B点脱离后做平抛运动，经过0.3s后又恰好垂直于倾角为45°的斜面相碰．已知半圆形管道的半径为R＝1m，小球可看作质点且其质量为m＝1kg，g取10m/s2．则（ ）
A．小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是0.9 m
B．小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是1.9 m
C．小球经过管道的B点时，受到管道的作用力FNB的大小是1 N
D．小球经过管道的B点时，受到管道的作用力FNB的大小是2 N
【答案】AC
【解答】解：A、根据平抛运动的规律和运动合成的可知：
tan45°=vyvx
则小球在C点竖直方向的分速度和水平分速度相等，得：vx＝vy＝gt＝3m/s，
则B点与C点的水平距离为：
x＝vxt＝3×0.3＝0.9m；故A正确，B错误；
B、B点的速度为3m/s，根据牛顿运动定律，在B点设轨道对球的作用力方向向下；
FNB+mg=mvB2R，
代入解得：NB＝﹣1N 负号表示轨道对球的作用力方向向上，故C正确，D错误。
故选：AC。
42．如图所示，倾角为37°的固定斜面，在斜面底端正上方的O点将一小球以v0＝3m/s的速度水平抛出，与此同时由静止释放斜面顶端的滑块，经过一段时间后，小球恰好能够以垂直于斜面的速度在斜面P点处击中滑块，且小球下降的高度是滑块位移的2倍（小球和滑块均可视为质点，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8）。
（1）小球平抛运动的时间；
（2）滑块与斜面间的动摩擦因数μ。
【答案】（1）小球平抛运动的时间为0.4s；
（2）滑块与斜面间的动摩擦因数μ为0.125。
【解答】解：（1）设小球在P点的速度为v，由几何关系可得v与竖直方向的夹角为37°，将v正交分解如图所示：
则有：tan37°=vxvy=v0vy
小球平抛运动的时间为t=vyg
解得：t= v0gtan37°=310×34s＝0.4s
（2）小球下降的高度h=12gt2=12×10×0.42m＝0.8m
则滑块位移为x=h2=0.82m＝0.4m
对滑块，由位移—时间公式得x=12at2
由牛顿第二定律得：mgsin37°﹣μmgcs37°＝ma
联立解得μ＝0.125
答：（1）小球平抛运动的时间为0.4s；
（2）滑块与斜面间的动摩擦因数μ为0.125。
43．如图所示，斜面高1m，倾角θ＝30°，在斜面的顶端A以速度v0水平抛出一小球，小球刚好落于斜面底部B点，不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，求：（结果可保留根号）
（1）小球水平抛出的初速度v0；
（2）小球在空中运动的时间t。
.
【答案】（1）小球水平抛出的初速度为50.6m/s；
（2）小球在空中运动的时间为0.2s。
【解答】解：（2）小球抛出后做平抛运动，在竖直方向有：h=12gt2，解得：t=2hg=2×110s=0.2s；
（1）小球在竖直方向做匀速直线运动，则有：htan30°=v0t，解得：v0=htan30°⋅t=133×0.2m/s=50.6m/s。
答：（1）小球水平抛出的初速度为50.6m/s；
（2）小球在空中运动的时间为0.2s。
44．如图所示，斜面长LAB＝10m，倾角θ＝30°，在斜面的顶点A以速度v0水平抛出一小球（可视为质点），小球刚好落于斜面底部B点，不计空气阻力，g取10m/s2，求：
（1）小球抛出的速度v0的大小；
（2）小球从抛出到距斜面最远所需时间t
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）根据h=12gt2得小球在空中的运动时间为：
t=2hg=2LABsin30°g=2×10×sin30°10=1s。
小球抛出时的初速度为：v0=xt=Lcs30°t=10×321=53m/s。
（2）当小球速度方向与斜面平行时，距斜面最远，根据平行四边形定则知：
tan30°=gt′v0，
代入数据解得：t′＝0.5s。
答：（1）小球抛出的速度为53m/s；
（2）小球在空中运动0.5时距斜面最远。
▉题型9 平抛运动与曲面的结合
【知识点的认识】
本考点旨在研究平抛运动最后落在曲面上的问题，包括圆弧曲面和一般曲面。但不包括圆周运动相关问题。
45．如图是一个竖直放置的圆环，AB为半圆环ACB的水平直径，C为环上的最低点，一个小球从A点以速度v0水平抛出，经一段时间t与半圆环相撞，不计空气阻力。则下列判断正确的是（ ）
A．v0越大，运动时间越长
B．发现小球有两次运动时间相同，则这两次抛出的初速度一定相同
C．要使小球掉到环上时的竖直分速度最大，小球应该落在C点
D．只需v0取值合适，可能使小球垂直撞击圆环
【答案】C
【解答】解：A、根据自由落体运动的公式有，
h=12gt2
t=2hg
小球做平抛运动，运动时间取决于高度差，当初速度合适刚好落到圆弧最低点时时间最大，初速度再增大落到右边圆弧上，时间变短，故A错误；
C、根据题意可知，小球的竖直分速度为
vy＝gt
可知当小球落在C点时，高度差最大，时间最长，竖直分速度最大，故C正确；
B、根据平抛运动的特点可知，小球运动时间由高度差决定，当小球分别落在点两侧等高的圆弧位置上时，运动时间相等，对应的水平位移不同，则初速度不同，故B错误；
D、若小球垂直撞击圆环，则此时速度方向反向延长线过圆心，由平抛运动的规律可知，速度方向反向延长线过水平位移中点，但小球落在圆弧上时水平位移必定小于2R，即小球的速度反向延长线必不可能过半圆的圆心，故D错误。
故选：C。
▉题型10 在斜面上的类平抛运动（物体在斜面上运动）
【知识点的认识】
1．定义：当物体所受的合外力恒定且与初速度垂直时，物体做类平抛运动。本考点旨在研究物体在斜面上做曲线运动的情形。如下图：
2．类平抛运动的分解方法
（1）常规分解法：将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向（即沿合力的方向）的匀加速直线运动，两分运动彼此独立，互不影响，且与合运动具有等时性。
（2）特殊分解法：对于有些问题，可以过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度分解为ax、ay，初速度v0分解为vx、vy，然后分别在x、y方向上列方程求解。
3．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﹣﹣根据具体问题选择用常规分解法还是特殊分解法求解。
4．类抛体运动
当物体在巨力作用下运动时，若物体的初速度不为零且与外力不在一条直线上，物体所做的运动就是类抛体运动。
在类抛体运动中可采用正交分解法处理问题，基本思路为：
①建立直角坐标系，将外力、初速度沿这两个方向分解。
②求出这两个方向上的加速度、初速度。
③确定这两个方向上的分运动性质，选择合适的方程求解。
（多选）46．一足够大且光滑的矩形斜面，倾角为θ，高为h，现有一小球在A处沿平行于底边的初速度v0滑上斜面，最后从B处离开斜面。已知重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A．小球的运动轨迹为抛物线
B．小球的加速度为gsinθ
C．小球从A处到达B处所用的时间为1sinθ2hg
D．小球从A处到达B处的位移为v0sinθ2hg
【答案】ABC
【解答】解：A、小球受到重力和支持力两个力作用，合力方向沿斜面向下，合力大小为mgsinθ，与初速度方向垂直，故小球做类平抛运动，其运动轨迹为抛物线，故A正确；
B、根据牛顿第二定律得：mgsinθ＝ma，可得小球的加速度a＝gsinθ，故B正确；
C、小球沿斜面向下的位移为y=hsinθ，根据y=12at2，解得小球从A处到达B处运动时间t=1sinθ2hg，故C正确；
D、小球在沿初速度方向的位移x＝v0t= v0sinθ2hg，则小球从A处到达B处的位移s=x2+y2＞v0sinθ2hg，故D错误。
故选：ABC。
（多选）47．如图所示，A、B两质点以相同的水平速度v0抛出，A在竖直面内运动，落地点P1，B沿光滑斜面运动，落地点为P2．已知斜面的倾角为α，不计空气阻力。P1、P2在x轴方向上距抛出点的距离分别为x1、x2．则有（ ）
A．x1＜x2
B．x1＞x2
C．α越大，x1、x2之差的绝对值越大
D．α越大，x1、x2之差的绝对值越小
【答案】AD
【解答】解：AB、对于A球，根据h=12gtA2，则有运动的时间为：tA=2hg，
对于B球，根据hsinα=12gsinα•tB2，解得：tB=2hgsin2α，
可知tB＞tA．而沿x轴方向上的位移为：x＝v0t，则有：x1＜x2．故A正确，B错误。
CD、由上选项分析，可知，当α越大时，tB越小，那么它们的时间差越小，则x1、x2之差的绝对值也越小，故C错误，D正确。
故选：AD。
（多选）48．如图所示，A、B两质点以相同的水平速度从坐标系点O沿x轴正方向抛出，A在竖直平面内运动，原地点为P1；B紧贴光滑的斜面运动，落地点为P2，P1和P2对应的x坐标分别为x1和x2，不计空气阻力，下列说法中正确的是（ ）
A．A、B同时到P1、P2点B．A先到达P2点
C．x1＝x2D．x1＜x2
【答案】BD
【解答】解：A、对于A球，运动的时间为：tA=2hg，
对于B球，根据hsinθ=12gsinθ•tB2，解得：tB=2hgsin2θ，
可知tB＞tA．故A错误，B正确。
C、沿x轴方向上的位移为：x＝v0t，知xA＜xB．故C错误，D正确。
故选：BD。
49．小球运动的频闪照片的一部分如图所示，图中每小格边长为1cm，闪光一次的时间是0.2s，小球在水平方向做 匀速直线 运动，竖直方向做 匀加速直线 运动，由图可算出运动的水平速度是 0.05 m/s。
【答案】匀速直线；匀加速直线；0.05
【解答】解：由图可知，每隔0.2s小球在水平方向向右运动1cm，故小球在水平方向做匀速直线运动；
由图可知，连续相等的时间（0.2s）内竖直方向的位移差均为1cm，故小球在竖直方向做匀加速直线运动，其加速度为
a=ΔyT2=
由图可算出平抛运动的初速度为
v0=lT=
故答案为：匀速直线；匀加速直线；0.05题型1 平抛运动的概念和性质
题型2 平抛运动在竖直和水平方向上的特点
题型3 平抛运动速度的计算
题型4 平抛运动时间的计算
题型5 平抛运动中的相遇问题
题型6 飞机投弹问题
题型7 速度反向延长线的特点
题型8 平抛运动与斜面的结合
题型9 平抛运动与曲面的结合
题型10 在斜面上的类平抛运动（物体在斜面上运动）