高考物理一轮复习精品学案：第四章 第2课时 平抛运动

第2课时平抛运动考纲解读1.掌握平抛运动的特点和性质.2.掌握研究平抛运动的方法，并能应用解题．1．[对平抛运动性质和特点的理解]关于平抛运动，下列说法错误的是() A．平抛运动是一种在恒力作用下的曲线运动B．平抛运动的轨迹为抛物线，速度方向时刻变化，加速度方向也时刻变化C．做平抛运动的物体在Δt时间内速度变化量的方向可以是任意的D．做平抛运动的物体的初速度越大，在空中的运动时间越长答案BCD解析做平抛运动的物体只受重力作用，加速度为g恒定，任意时间内速度变化量的方向竖直向下(Δv＝gt)，运动时间由抛出时的高度决定，选项B、C、D错误．2．[斜抛运动的特点]做斜上抛运动的物体，到达最高点时() A．速度为零，加速度向下B．速度为零，加速度为零C．具有水平方向的速度和竖直向下的加速度D．具有水平方向的速度和加速度答案 C解析斜上抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直上抛运动．因物体只受重力，且方向竖直向下，所以水平方向的分速度不变，竖直方向上的加速度也不变，所以只有C选项正确．3．[用分解思想处理类平抛运动问题]如图1所示，两个足够大的倾角分别为30°、45°的光滑斜面放在同一水平面上，两斜面间距大于小球直径，斜面高度相等，有三个完全相同的小球a、b、c，开始均静止于斜面同一高度处，其中b小球在两斜面之间．若同时释放a、b、c小球到达该水平面的时间分别为t1、t2、t3.若同时沿水平方向抛出，初速度方向如图所示，到达水平面的时间分别为t1′、t2′、t3′.下列关于时间的关系不正确的是()图1A ．t 1>t 3>t 2B ．t 1＝t 1′、t 2＝t 2′、t 3＝t 3′C ．t 1′>t 3′>t 2′D ．t 1<t 1′、t 2<t 2′、t 3<t 3′答案 D解析 由静止释放三个小球时对a ：h sin 30°＝12g sin 30°·t 21，则t 21＝8h g .对b ：h ＝12gt 22，则t 22＝2h g .对c ：h sin 45°＝12g sin 45°·t 23，则t 23＝4h g，所以t 1>t 3>t 2.当平抛三个小球时，小球b 做平抛运动，小球a 、c 在斜面内做类平抛运动．沿斜面方向的运动同第一种情况，所以t 1＝t 1′，t 2＝t 2′，t 3＝t 3′.故选D.一、平抛运动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v 0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v x ＝v 0，位移x ＝v 0t . (2)竖直方向：做自由落体运动，速度v y ＝gt ，位移y ＝12gt 2.(3)合速度：v ＝v 2x ＋v 2y，方向与水平方向的夹角为θ，则tan θ＝v y v x ＝gt v 0. (4)合位移：s ＝x 2＋y 2，方向与水平方向的夹角为α，tan α＝y x ＝gt2v 0.二、斜抛运动 1．运动性质加速度为g 的匀变速曲线运动，轨迹为抛物线． 2．基本规律(以斜向上抛为例说明，如图2所示)图2(1)水平方向：v 0x ＝v 0cos_θ，F 合x ＝0. (2)竖直方向：v 0y ＝v 0sin_θ，F 合y ＝mg .考点一 平抛运动的基本规律 1．飞行时间：由t ＝ 2hg知，时间取决于下落高度h ，与初速度v 0无关． 2．水平射程：x ＝v 0t ＝v 02hg，即水平射程由初速度v 0和下落高度h 共同决定，与其他因素无关． 3．落地速度：v t ＝v 2x ＋v 2y ＝v 20＋2gh ，以θ表示落地速度与x 轴正方向的夹角，有tan θ＝v y v x ＝2ghv 0，所以落地速度也只与初速度v 0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 ＝g Δt 相同，方向恒为竖直向下，如图3所示．图35．两个重要推论(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4中A 点和B 点所示．图4(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，位移与水平方向的夹角为θ，则tan α＝2tan θ.例1 有一项人体飞镖项目，可将该运动简化为以下模型(如图5所示)：手握飞镖的小孩用一根不可伸长的细绳系于天花板下，在A 处被其父亲沿垂直细绳方向推出，摆至最低处B 时小孩松手，飞镖依靠惯性沿BC 飞出命中竖直放置的圆形靶的靶心O ，圆形靶的最高点C 与B 点在同一高度，A 、B 、C 三点处在同一竖直平面内，且BC 与圆形靶平面垂直．已知小孩质量为m ，细绳长为L ，B 、C 两点之间的距离为d ，靶的半径为R ，A 、B 两点之间的高度差为h .不计空气阻力，小孩和飞镖均可视为质点，重力加速度为g .图5(1)求小孩在A 处被推出时的初速度大小；(2)如果飞镖脱手时沿BC 方向速度不变，但由于小孩手臂的水平抖动使其获得了一个垂直于BC 的水平速度v 1，要让飞镖能够击中圆形靶，求v 1的取值范围．解析 (1)设飞镖从B 点平抛运动到O 点的时间为t ，从B 点抛出的速度为v ，则有d ＝v t R ＝12gt 2由机械能守恒定律得 12m v 20＋mgh ＝12m v 2 联立以上三式解得v 0＝d 2g2R－2gh (2)因BC 方向的速度不变，则从B 到靶的时间t 不变，竖直方向上的位移仍为R ，则靶上的击中点一定与靶心O 在同一高度上，则垂直于BC 的水平位移一定小于R ，因此有 v 1t <R 可得v 1< Rg 2答案 (1)d 2g2R－2gh (2)v 1< Rg 2“化曲为直”思想——平抛运动的基本求解方法 平抛运动的三种分解思路 (1)分解速度：v 合＝v 2x ＋v 2y ＝v 20＋(gt )2(2)分解位移：x ＝v 0t ，y ＝12gt 2，tan θ＝yx(3)分解加速度突破训练1 如图6，从半径为R ＝1 m 的半圆AB 上的A 点水平抛出一个可视为质点的小球，经t ＝0.4 s 小球落到半圆上，已知当地的重力加速度g ＝10 m/s 2，则小球的初速度v 0可能为()图6A ．1 m/sB ．2 m/sC ．3 m/sD ．4 m/s答案 AD解析 由于小球经0.4 s 落到半圆上，下落的高度h ＝12gt 2＝0.8 m ，位置可能有两处，如图所示．第一种可能：小球落在半圆左侧， v 0t ＝R －R 2－h 2＝0.4 m ，v 0＝1 m/s第二种可能：小球落在半圆右侧， v 0t ＝R ＋R 2－h 2，v 0＝4 m/s ，选项A 、D 正确．考点二 斜面上的平抛运动问题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：例2如图7所示，一名跳台滑雪运动员经过一段时间的加速滑行后从O点水平飞出，经过3 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(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8；g取10 m/s2)．求：图7(1)A 点与O 点的距离L ；(2)运动员离开O 点时的速度大小；(3)运动员从O 点飞出开始到离斜坡距离最远所用的时间． 解析 (1)运动员在竖直方向做自由落体运动，有 L sin 37°＝12gt 2，L ＝gt 22sin 37°＝75 m.(2)设运动员离开O 点时的速度为v 0，运动员在水平方向的分运动为匀速直线运动，有 L cos 37°＝v 0t ， 即v 0＝L cos 37°t＝20 m/s.(3)解法一 运动员的平抛运动可分解为沿斜面方向的匀加速运动(初速度为v 0cos 37°、加速度为g sin 37°)和垂直斜面方向的类竖直上抛运动(初速度为v 0sin 37°、加速度为g cos 37°)．当垂直斜面方向的速度减为零时，运动员离斜坡最远，有 v 0sin 37°＝g cos 37°·t ，解得t ＝1.5 s解法二 当运动员的速度方向平行于斜坡或与水平方向成37°角时，运动员离斜坡最远，有gtv 0＝tan 37°，t ＝1.5 s. 答案 (1)75 m (2)20 m/s (3)1.5 s常见平抛运动模型运动时间的计算方法 (1)在水平地面正上方h 处平抛： 由h ＝12gt 2知t ＝2hg，即t 由高度h 决定． (2)在半圆内的平抛运动(如图8)，由半径和几何关系制约时间t ：图8h ＝12gt 2 R ±R 2－h 2＝v 0t 联立两方程可求t .(3)斜面上的平抛问题(如图9)：图9①顺着斜面平抛 方法：分解位移 x ＝v 0t y ＝12gt 2 tan θ＝y x可求得t ＝2v 0tan θg②对着斜面平抛(如图10)图10方法：分解速度 v x ＝v 0 v y ＝gt tan θ＝v 0v y ＝v 0gt可求得t ＝v 0g tan θ(4)对着竖直墙壁平抛(如图11)图11水平初速度v 0不同时，虽然落点不同，但水平位移d 相同． t ＝d v 0突破训练2 将一小球以水平速度v 0＝10 m/s 从O 点向右抛出，经1.73 s 小球恰好垂直落到斜面上的A 点，不计空气阻力，g ＝10 m/s 2，B 点是小球做自由落体运动在斜面上的落点，如图12所示，以下判断正确的是( )图12A ．斜面的倾角约是30°B ．小球的抛出点距斜面的竖直高度约是15 mC ．若将小球以水平速度v 0′＝5 m/s 向右抛出，它一定落在AB 的中点P 的上方D ．若将小球以水平速度v 0′＝5 m/s 向右抛出，它一定落在AB 的中点P 处 答案 AC解析 设斜面倾角为θ，对小球在A 点的速度进行分解有tan θ＝v 0gt ，解得θ≈30°，A 项正确；小球距过A 点水平面的距离为h ＝12gt 2≈15 m ，所以小球的抛出点距斜面的竖直高度肯定大于15 m ，B 项错误；若小球的初速度为v 0′＝5 m/s ，过A 点做水平面，小球落到水平面的水平位移是小球以初速度v 0＝10 m/s 抛出时的一半，延长小球运动的轨迹线，得到小球应该落在P 、A 之间，C 项正确，D 项错误． 考点三 平抛运动中的临界问题例3 如图13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/s 2.求：图13(1)小球离开屋顶时的速度v 0的大小范围； (2)小球落在空地上的最小速度．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v 01，则小球的水平位移：L ＋x ＝v 01t 1小球的竖直位移：H ＝12gt 21解以上两式得 v 01＝(L ＋x )g2H＝13 m/s 设小球恰好越过围墙的边缘时的水平初速度为v 02，则此过程中小球的水平位移： L ＝v 02t 2小球的竖直位移：H －h ＝12gt 22解以上两式得：v 02＝5 m/s小球抛出时的速度大小为5 m/s ≤v 0≤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：v 2y ＝2gH 又有：v min ＝v 202＋v 2y解得：v min ＝5 5 m/s答案 (1)5 m/s ≤v 0≤13 m/s (2)5 5 m/s1．本题使用的是极限分析法，v 0不能太大，否则小球将落在空地外边；v 0又不能太小，否则被围墙挡住而不能落在空地上．因而只要分析落在空地上的两个临界状态，即可解得所求的范围．2．从解答中可以看到，解题过程中画出示意图的重要性，它既可以使抽象的物理情境变得直观，也可以使隐藏于问题深处的条件显露无遗．小球落在墙外的空地上，其速度最大值所对应的落点位于空地的外侧边缘，而其速度最小值所对应的落点却不是空地的内侧边缘，而是围墙的最高点，这一隐含的条件只有在示意图中才能清楚地显露出来． 突破训练3 质量为m ＝0.5 kg 、可视为质点的小滑块，从光滑斜面上高h 0＝0.6 m 的A 点由静止开始自由滑下．已知斜面AB 与水平面BC 在B 处通过一小圆弧光滑连接．长为x 0＝0.5 m 的水平面BC 与滑块之间的动摩擦因数μ＝0.3，C 点右侧有3级台阶(台阶编号如图14所示)，D 点右侧是足够长的水平面．每级台阶的高度均为h ＝0.2 m ，宽均为L ＝0.4 m ．(设滑块从C 点滑出后与地面或台阶碰撞后不再弹起，取g ＝10 m/s 2)．图14(1)求滑块经过B 点时的速度v B ；(2)求滑块从B 点运动到C 点所经历的时间t ；(3)某同学是这样求滑块离开C 点后落点P 与C 点在水平方向的距离x 的：滑块离开C 点后做平抛运动，下落高度H ＝4h ＝0.8 m ，在求出滑块经过C 点速度的基础上，根据平抛运动知识即可求出水平位移x .你认为该同学的解法是否正确？如果正确，请解出结果．如果不正确，请说明理由，并用正确的方法求出结果．答案 (1)2 3 m/s (2)0.155 s (3)见解析 解析 (1)滑块在斜面AB 上下滑时，机械能守恒， mgh 0＝12m v 2B＋0v B ＝2gh 0＝2×10×0.6 m/s ＝2 3 m/s (2)滑块在水平面BC 上运动时，由动能定理： －μmgx 0＝12m v 2C －12m v 2Bv C ＝v 2B －2μgx 0＝12－2×0.3×10×0.5 m/s ＝3 m/s由牛顿第二定律：μmg ＝maa ＝μg ＝0.3×10 m/s 2＝3 m/s 2 t 1＝v C －v B －a ＝3－23－3s ≈0.155 s (3)不正确，因为滑块可能落到某一个台阶上．正确解法为： 假定无台阶，滑块直接落在D 点右侧的水平面上， t ′＝2Hg＝ 2×0.810s ＝0.4 s 水平位移x ′＝v C t ′＝3×0.4 m ＝1.2 m ，恰好等于3L (也就是恰好落在图中的D 点)，因此滑块会撞到台阶上． 当滑块下落高度为2h 时， t ″＝2×2hg＝ 2×2×0.210s ≈0.283 s x ″＝v C t ″＝0.849 m>2L 所以小滑块能落到第③个台阶上 3h ＝12gt 2t ＝6h g＝ 1.210 s ＝35 s x ＝v C t ＝3×35m ≈1.04 m17．类平抛问题模型的分析方法类平抛运动在高考中常被考到，特别是带电粒子在电场中偏转时的类平抛运动考查到的概率很大．1．类平抛运动的受力特点物体所受的合外力为恒力，且与初速度的方向垂直． 2．类平抛运动的运动特点在初速度v 0方向上做匀速直线运动，在合外力方向上做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a ＝F 合m .3．类平抛运动的求解方法(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(即沿合外力的方向)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a 分解为a x 、a y ，初速度v 0分解为v x 、v y ，然后分别在x 、y 方向列方程求解．例4 如图15所示的光滑斜面长为l ，宽为b ，倾角为θ，一物块(可看成质点)沿斜面左上方顶点P 水平射入，恰好从底端Q 点离开斜面，试求：图15(1)物块由P 运动到Q 所用的时间t ； (2)物块由P 点水平射入时的初速度v 0； (3)物块离开Q 点时速度的大小v .解析 (1)沿斜面向下的方向有mg sin θ＝ma ，l ＝12at 2联立解得t ＝2lg sin θ.(2)沿水平方向有b ＝v 0t v 0＝b t＝bg sin θ2l. (3)物块离开Q 点时的速度大小v ＝v 20＋(at )2＝(b 2＋4l 2)g sin θ2l.答案 (1) 2lg sin θ(2)b g sin θ2l(3)(b 2＋4l 2)g sin θ2l高考题组1．(2013·北京·19)在实验操作前应该对实验进行适当的分析．研究平抛运动的实验装置示意图如图16所示．小球每次都从斜槽的同一位置无初速度释放，并从斜槽末端水平飞出．改变水平板的高度，就改变了小球在板上落点的位置，从而可描绘出小球的运动轨迹．某同学设想小球先后三次做平抛运动，将水平板依次放在如图1、2、3的位置，且1与2的间距等于2与3的间距．若三次实验中，小球从抛出点到落点的水平位移依次为x 1、x 2、x 3，机械能的变化量依次为ΔE 1、ΔE 2、ΔE 3，忽略空气阻力的影响，下面分析正确的是( )图16A ．x 2－x 1＝x 3－x 2，ΔE 1＝ΔE 2＝ΔE 3B ．x 2－x 1＞x 3－x 2，ΔE 1＝ΔE 2＝ΔE 3C ．x 2－x 1＞x 3－x 2，ΔE 1＜ΔE 2＜ΔE 3D ．x 2－x 1＜x 3－x 2，ΔE 1＜ΔE 2＜ΔE 3 答案 B解析 不计空气阻力，小球在运动过程中机械能守恒，所以ΔE 1＝ΔE 2＝ΔE 3＝0.小球在水平方向上做匀速运动，在竖直方向上做匀加速运动，又因y 12＝y 23，所以t 12＞t 23，x 2－x 1＞x 3－x 2，由以上分析可知选项B 正确．2．(2012·江苏·6)如图17所示，相距l 的两小球A 、B 位于同一高度h (l 、h 均为定值)．将A向B 水平抛出的同时，B 自由下落．A 、B 与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反．不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间，则( )图17A ．A 、B 在第一次落地前能否相碰，取决于A 的初速度 B ．A 、B 在第一次落地前若不碰，此后就不会相碰C ．A 、B 不可能运动到最高处相碰D ．A 、B 一定能相碰 答案 AD解析 由题意知A 做平抛运动，即水平方向做匀速直线运动，竖直方向为自由落体运动；B 为自由落体运动，A 、B 竖直方向的运动相同，二者与地面碰撞前运动时间t 1相同，且t 1＝2h g ，若第一次落地前相碰，只要满足A 运动时间t ＝l v <t 1，即v >lt 1，所以选项A 正确；因为A 、B 在竖直方向的运动同步，始终处于同一高度，且A 与地面相碰后水平速度不变，所以A 一定会经过B 所在的竖直线与B 相碰．碰撞位置由A 的初速度决定，故选项B 、C 错误，选项D 正确． 模拟题组3．在平直公路上做匀加速行驶的汽车，因漏油，每经过T 时间从离路面高h 处漏下一滴油，油滴在路面上形成一段油点痕迹，如图18所示．已知油点痕迹P 是汽车运动到Q 处时滴下在路面形成的，现测出油点痕迹P 至其前后相邻两点的距离分别为s 1和s 2，若汽车运动加速度大小为a ，运动到Q 点时速度大小为v ，则下列正确的是( )图18A ．a ＝s 2－s 1T 2，v ＝s 1＋s 2TB ．a ＝s 2－s 1T 2，v ≠s 1＋s 2TC ．a ≠s 2－s 1T 2，v ＝s 1＋s 22TD ．a ≠s 2－s 1T 2，v ≠s 1＋s 22T答案 B解析 类比打点计时器打出的纸带．油滴下落后均做平抛运动，水平速度不变．落在地面上的油滴类似于纸带上的点迹．因此根据Δx ＝aT 2有a ＝s 2－s 1T 2，v ＝s 1＋s 22T .选项B 正确．4．如图19所示，球网上沿高出桌面H ，网到桌边的距离为L .某人在乒乓球训练中，从左侧L2处，将球沿垂直于网的方向水平击出，球恰好通过网的上沿落到右侧桌边缘．设乒乓球的运动为平抛运动．则乒乓球()图19A ．在空中做变加速直线运动B ．在水平方向做匀加速直线运动C ．在网的右侧运动的时间是左侧的2倍D ．击球点的高度是网高的2倍 答案 C解析 本题考查平抛运动的规律，意在考查学生对平抛运动各物理量的理解．乒乓球击出后，在重力的作用下做平抛运动，其运动可分解为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，A 、B 错误；球在网的左侧和右侧通过的水平距离之比12L L ＝v 水平t1v 水平t 2＝t 1t 2＝12，C 正确；设击球点到桌面的高度为h ，则击球点到网上沿的高度与击球点到桌面的高度之比为h －H h ＝12gt 2112g (t 1＋t 2)2＝19，所以击球点的高度与网高度之比为h H ＝98，D 错误．5．如图20所示，可视为质点的滑块B 放在水平面上，在其正上方离水平面高h ＝0.8 m 处有一可视为质点的小球A ，某时刻小球A 以v 1＝5 m/s 的初速度开始向右做平抛运动，同时滑块B 以v 2＝3 m/s 的初速度开始向右做匀加速直线运动，小球A 恰好能击中滑块B ，求B 运动的加速度a 的大小．(g ＝10 m/s 2)图20答案 10 m/s 2解析 设经时间t ，小球A 击中滑块B ，则对小球A 由平抛运动的规律得： h ＝12gt 2 小球A 在水平方向上的位移为x ，则： x ＝v 1t滑块B 在时间t 内的位移也为x ，则： x ＝v 2t ＋12at 2联立以上各式解得：a ＝10 m/s 2(限时：45分钟)►题组1 平抛运动规律的应用1．如图1所示为一长为2L 、倾角θ＝45°的固定斜面．今有一弹性小球，自与斜面上端等高的某处自由释放，小球落到斜面上反弹时，速度大小不变，碰撞前后，速度方向与斜面夹角相等，若不计空气阻力，欲使小球恰好落到斜面下端，则小球释放点距斜面上端的水平距离为( )图1A.24LB.14L C.25L D.15L 答案 D解析 由θ＝45°知释放点距斜面的高度与到斜面上端的水平距离相等，从小球与斜面碰撞后变向到落到斜面下端，小球做平抛运动且水平位移与竖直位移等大，即x ＝y ，由x ＝v 0t 和y ＝v y2t 联立得v y ＝2v 0，即2g (L －h )＝22gh ，解得h ＝L5，选项D 正确．2．倾角为θ的斜面上有A 、B 、C 三点，现从这三点分别以不同的初速度水平抛出一小球，三个小球均落在斜面上的D 点，如图2所示，今测得AB ∶BC ∶CD ＝5∶3∶1，由此可判断( )图2A ．A 、B 、C 处三个小球运动时间之比为1∶2∶3B ．A 、B 、C 处三个小球落在斜面上时速度与初速度间的夹角之比为1∶1∶1 C ．A 、B 、C 处三个小球的初速度大小之比为3∶2∶1D ．A 、B 、C 处三个小球的运动轨迹可能在空中相交 答案 BC解析 由于沿斜面AB ∶BC ∶CD ＝5∶3∶1，故三个小球竖直位移之比为9∶4∶1，运动时间之比为3∶2∶1，A 项错误；斜面上平抛的小球落在斜面上时，速度与初速度之间的夹角α满足tan α＝2tan θ，与小球抛出时的初速度大小和位置无关，因此B 项正确；同时tan α＝gt v 0，所以三个小球的初速度之比等于运动时间之比，为3∶2∶1，C 项正确；三个小球的运动轨迹(抛物线)在D 点相切，因此不会在空中相交，D 项错误． 3．如图3所示，我某集团军在一次空地联合军事演习中，离地面H 高处的飞机以水平对地速度v 1发射一颗炸弹轰炸地面目标P ，反应灵敏的地面拦截系统同时以初速度v 2竖直向上发射一颗炮弹拦截(炮弹运动过程看作竖直上抛)，设此时拦截系统与飞机的水平距离为x ，若拦截成功，不计空气阻力，则v 1、v 2的关系应满足( )图3A ．v 1＝Hxv 2B ．v 1＝v 2x HC ．v 1＝xH v 2D ．v 1＝v 2答案 C解析 炸弹离开飞机做平抛运动，若恰好被拦截，则水平位移x ＝v 1t ，得t ＝xv 1，这段时间内炸弹下落的距离为h 1＝12gt 2＝gx 22v 21，拦截炮弹上升的高度为h 2＝v 2t －12gt 2＝v 2x v 1－gx 22v 21，h 1＋h 2＝H ，解得v 1＝xHv 2，C 项正确． 4．如图4所示，从某高度水平抛出一小球，经过时间t 到达地面时，速度与水平方向的夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g .下列说法正确的是()图4A ．小球水平抛出时的初速度大小为gt tan θB ．小球在t 时间内的位移方向与水平方向的夹角为θ2C ．若小球初速度增大，则平抛运动的时间变长D ．若小球初速度增大，则θ减小 答案 D解析 落地时的速度分解如图所示，可知：tan θ＝gt v 0，所以v 0＝gttan θ，选项A 错误．设t 时间内的位移方向与水平方向的夹角为α，则tan α＝y x ＝12gt 2v 0t＝gt 2v 0＝12tan θ，B 选项错误．小球的运动时间由高度决定，C 项错误．当初速度增大时， tan θ＝gtv 0，t 不变，tan θ变小，θ变小，D 项正确．5．a 、b 两个物体做平抛运动的轨迹如图5所示，设它们抛出的初速度分别为v a 、v b ，从抛出至碰到台上的时间分别为t a 、t b ，则()图5A ．v a >v bB ．v a <v bC ．t a >t bD ．t a <t b答案 AD解析 由题图知，h b >h a ，因为h ＝12gt 2，所以t a <t b ，又因为x ＝v 0t ，且x a >x b ，所以v a >v b ，选项A 、D 正确．6．如图6所示，在水平地面上O 点正上方不同高度的A 、B 两点分别水平抛出一小球，如果两球均落在同一点C 上，则两小球( )图6A ．落地的速度大小可能相等B ．落地的速度方向可能相同C ．落地的速度大小不可能相等D ．落地的速度方向不可能相同 答案 AD解析 由h ＝12gt 2、v y ＝2gh 可知v yA <v yB 、t A <t B ，由x ＝v 0t 可知v 0A >v 0B ，落地的速度大小v ＝v 20＋v 2y ，故落地的速度大小可能相等，也可能不相等，选项A 正确，C 错误；落地的速度方向与水平方向夹角为θ，则有tan θ＝v yv 0，解得θA <θB ，故落地的速度方向不可能相同，选项B 错误，D 正确．7．如图7所示，在竖直放置的半圆形容器的中心O 点分别以水平初速度v 1、v 2抛出两个小球(可视为质点)，最终它们分别落在圆弧上的A 点和B 点，已知OA 与OB 互相垂直，且OA 与竖直方向成α角，则两小球初速度之比v 1v 2为( )图7A ．tan αB ．cos αC ．tan αtan αD ．cos αcos α答案 C解析 两小球被抛出后都做平抛运动，设容器半径为R ，两小球运动时间分别为t 1、t 2，对A 球：R sin α＝v 1t 1，R cos α＝12gt 21；对B 球：R cos α＝v 2t 2，R sin α＝12gt 22，解四式可得：v 1v 2＝tan αtan α，C 项正确． ►题组2 与斜面相关的平抛问题8．如图8所示，轰炸机沿水平方向匀速飞行，到达山坡底端正上方时释放一颗炸弹，并垂直击中山坡上的目标A .已知A 点高度为h ，山坡倾角为θ，由此可算出( )图8A ．轰炸机的飞行高度B ．轰炸机的飞行速度C ．炸弹的飞行时间D ．炸弹投出时的动能 答案 ABC解析 设轰炸机投弹位置高度为H ，炸弹水平位移为x ，则H －h ＝12v y ·t ，x ＝v 0t ，二式相除H －h x ＝12·v y v 0，因为v y v 0＝1tan θ，x ＝h tan θ，所以H ＝h ＋h 2tan 2 θ，A 正确；根据H －h＝12gt 2可求出飞行时间，再由x ＝v 0t 可求出飞行速度，故B 、C 正确；不知道炸弹质量，不能求出炸弹的动能，D 错误．9．如图9所示，一高度为h 的光滑水平面与一倾角为θ的斜面连接，一小球以速度v 从平面的右端P 点向右水平抛出，则小球在空中运动的时间t( )图9A ．一定与v 的大小有关B ．一定与v 的大小无关C ．当v 大于 gh2cot θ，t 与v 无关 D ．当v 小于gh2cot θ，t 与v 有关答案 CD解析 球有可能落在斜面上，也有可能落在水平面上，可用临界法求解，如果小球恰好落在斜面与水平面的交点处，则满足h cot θ＝v t ，h ＝12gt 2，联立可得v ＝gh2cot θ，故当v 大于gh2cot θ时，小球落在水平面上，t ＝ 2hg，与v 无关；当v 小于 gh 2cot θ时，小球落在斜面上，x ＝v t ，y ＝12gt 2，yx ＝tan θ，联立可得t ＝2v tan θg ，即与v 有关，故选项C 、D 正确．10．如图10所示，P 是水平面上的圆弧凹槽．从高台边B 点以某速度v 0水平飞出的小球，恰能从固定在某位置的凹槽的圆弧轨道的左端A 点沿圆弧切线方向进入轨道．O 是圆弧的圆心，θ1是OA 与竖直方向的夹角，θ2是BA 与竖直方向的夹角．则( )图10A.tan θ2tan θ1＝2B ．tan θ1·tan θ2＝2 C.1tan θ1·tan θ2＝2D.tan θ1tan θ2＝2 答案 B解析 由题意可知：tan θ1＝v y v x ＝gt v 0，tan θ2＝x y ＝v 0t 12gt 2＝2v 0gt，所以tan θ1·tan θ2＝2，故B正确．11．如图11所示，斜面体ABC 固定在地面上，小球p 从A 点沿斜面静止下滑．当小球p 开始下滑时，另一小球q 从A 点正上方的D 点水平抛出，两球同时到达斜面底端的B 处．已知斜面AB 光滑，长度L ＝2.5 m ，斜面倾角为θ＝30°.不计空气阻力，g 取10 m/s 2.求：图11(1)小球p 从A 点滑到B 点的时间；(2)小球q 抛出时初速度的大小和D 点离地面的高度h .答案 (1)1 s (2)534m/s 5 m解析 (1)设小球p 从斜面上下滑的加速度为a ，受力分析得：mg sin θ＝ma 设小球p 从A 点滑到B 点的时间为t ，L ＝12at 2解得t ＝1 s(2)小球q 的运动为平抛运动：h ＝12gt 2＝5 mL cos θ＝v 0t 解得v 0＝534m/s►题组3 平抛运动中的临界问题12．《愤怒的小鸟》是一款时下非常流行的游戏，游戏中的故事也相当有趣，如图12甲所示，为了报复偷走鸟蛋的肥猪们，鸟儿以自己的身体为武器，如炮弹般弹射出去攻击肥猪们的堡垒．某班的同学们根据自己所学的物理知识进行假设：小鸟被弹弓沿水平方向弹出，如图乙所示，若h 1＝0.8 m ，l 1＝2 m ，h 2＝2.4 m ，l 2＝1 m ，小鸟飞出后能否直接打中肥猪的堡垒？请用计算结果进行说明．(取重力加速度g ＝10 m/s 2)图12答案 见解析解析 设小鸟以v 0弹出后能直接击中堡垒，则 ⎩⎪⎨⎪⎧h 1＋h 2＝12gt2l 1＋l 2＝v 0tt ＝2(h 1＋h 2)g＝ 2×(0.8＋2.4)10s ＝0.8 s所以v 0＝l 1＋l 2t ＝2＋10.8m/s ＝3.75 m/s设在台面的草地上的水平射程为x ，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＝v 0t 1h 1＝12gt 21所以x ＝v 02h 1g＝1.5 m<l 1 可见小鸟不能直接击中堡垒．。