（新课标）高考物理总复习第四章曲线运动万有引力与航天教师用书（含解析）

eq\a\vs4\al(曲线运动万有引力与航天)考纲要求考情分析运动的合成与分解Ⅱ平抛运动的规律及其研究方法，圆周运动的角速度、线速度和向心加速度，人造卫星及天体的运动问题等是该部分的命题热点，题型既有选择题，也有计算题。突出物理与现代科技、生产、生活的结合，特别是现代航天技术的密切联系，与牛顿运动定律、机械能守恒定律等内容综合命题的可能性也较大。抛体运动Ⅱ匀速圆周运动、角速度、线速度、向心加速度Ⅰ匀速圆周运动的向心力Ⅱ离心现象Ⅰ万有引力定律及其应用Ⅱ环绕速度Ⅱ第二宇宙速度和第三宇宙速度Ⅰ经典时空观和相对论时空观Ⅰ第20课时运动的合成与分解(双基落实课)点点通(一)物体做曲线运动的条件与轨迹分析1．曲线运动(1)速度的方向：质点在某一点的速度，沿曲线在这一点的切线方向。(2)运动的性质：做曲线运动的物体，速度的方向时刻在改变，所以曲线运动是变速运动。(3)物体做曲线运动的条件：物体所受合力的方向与它的速度方向不在同一直线上。2．合外力方向与轨迹的关系物体做曲线运动的轨迹一定夹在合外力方向与速度方向之间，速度方向与轨迹相切，合外力方向指向轨迹的“凹”侧。3．速率变化情况判断(1)当合外力方向与速度方向的夹角为锐角时，物体的速率增大。(2)当合外力方向与速度方向的夹角为钝角时，物体的速率减小。(3)当合外力方向与速度方向垂直时，物体的速率不变。[小题练通]1．一个物体在力F1、F2、F3、…、Fn共同作用下做匀速直线运动，若突然撤去F2，而其他力不变，则该物体()A．可能做曲线运动B．不可能继续做直线运动C．一定沿F2的方向做直线运动D．一定沿F2的反方向做匀减速直线运动解析：选A根据题意，物体开始做匀速直线运动，物体所受的合力一定为零，突然撤去F2后，物体所受其余力的合力与F2大小相等、方向相反，而物体速度的方向未知，故有多种可能情况：若速度的方向和F2的方向在同一直线上，物体做匀变速直线运动，若速度的方向和F2的方向不在同一直线上，物体做曲线运动，A正确。2.(2019·金华联考)春节期间人们放飞孔明灯表达对新年的祝福。如图所示，孔明灯在竖直Oy方向做匀加速运动，在水平Ox方向做匀速运动，孔明灯的运动轨迹可能为图中的()A．直线OA B．曲线OBC．曲线OC D．曲线OD解析：选D孔明灯在竖直Oy方向做匀加速运动，在水平Ox方向做匀速运动，则合外力沿Oy方向，所以合运动的加速度方向沿Oy方向，但合速度方向不沿Oy方向，故孔明灯做曲线运动，结合合力指向轨迹凹侧可知轨迹可能为题图中的曲线OD，故D正确。3．(多选)(2019·南昌模拟)一质量为m的质点起初以速度v0做匀速直线运动，在t＝0时开始受到恒力F作用，速度大小先减小后增大，其最小值为vv0，由此可判断()A．质点受到恒力F作用后一定做匀变速曲线运动B．质点受到恒力F作用后可能做圆周运动C．t＝0时恒力F方向与速度v0方向间的夹角为60°D．恒力F作用eq\f(\r(3)mv0,2F)时间时质点速度最小解析：选AD在t＝0时质点开始受到恒力F作用，加速度不变，做匀变速运动，若质点做匀变速直线运动，则最小速度为零，所以质点受到恒力F作用后一定做匀变速曲线运动，故A正确；质点在恒力F作用下不可能做圆周运动，故B错误；设恒力F与初速度v0之间的夹角为θ，最小速度v1＝v0sinθv0，由题意可知初速度v0与恒力F间的夹角为钝角，所以θ＝150°，故C错误；在沿恒力F方向上速度为0时有v0cos30°－eq\f(F,m)Δt＝0，解得Δt＝eq\f(\r(3)mv0,2F)，故D正确。[融会贯通](1)已知运动轨迹，可以判断合力的大致方向，如图所示。在电场中，经常根据这一规律判定带电粒子所受的电场力方向，进而分析粒子的电性或场强方向。(2)运动轨迹在速度方向与合力方向所夹的区间，根据受力方向和速度方向可以判断轨迹的大致弯曲方向。点点通(二)运动的合成与分解的应用1．合运动与分运动的关系等时性合运动和分运动经历的时间相等，即同时开始、同时进行、同时停止等效性各分运动的规律叠加起来与合运动的规律有完全相同的效果独立性一个物体同时参与几个分运动，各分运动独立进行，不受其他运动的影响(1)若合加速度不变，则为匀变速运动；若合加速度(大小或方向)变化，则为非匀变速运动。(2)若合加速度的方向与合初速度的方向在同一直线上，则为直线运动，否则为曲线运动。[小题练通]1.(2019·衡阳联考)如图所示，当汽车静止时，车内乘客看到窗外雨滴沿竖直方向OE匀速运动。在t＝0时刻，汽车由静止开始做甲、乙两种匀加速启动，同时有一雨滴从O点下落，甲种状态启动后t1时刻，乘客看到在t＝0时刻从O点下落的雨滴从B处离开车窗，乙种状态启动后t2时刻，乘客看到在t＝0时刻从O点下落的雨滴从F处离开车窗，F为AB的中点。则t1∶t2为()A．2∶1 B．1∶eq\r(2)C．1∶eq\r(3) D．1∶(eq\r(2)－1)解析：选A雨滴在竖直方向的分运动为匀速直线运动，其速度大小相等，与水平方向的运动无关，故t1∶t2＝eq\f(AB,v)∶eq\f(AF,v)＝2∶1，A正确。2．(多选)如图甲所示，在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上运动，其v­t图像如图乙所示，同时人顶着杆沿水平地面运动的x­t图像如图丙所示。若以地面为参考系，下列说法正确的是()A．猴子的运动轨迹为直线B．猴子在0～2s内做匀变速曲线运动C．t＝0时猴子的速度大小为8m/sD．猴子在0～2s内的加速度大小为4m/s2解析：选BD由题图乙可知，猴子在竖直方向做初速度为8m/s，加速度大小为eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(0－8,2)))m/s2＝4m/s2的匀减速运动，水平方向做速度大小为eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(0－8,2)))m/s＝4m/s的匀速运动，其合运动为曲线运动，故猴子在0～2s内做匀变速曲线运动，选项A错误，B正确；t＝0时猴子的速度大小为v0＝eq\r(v0x2＋v0y2)＝eq\r(42＋82)m/s＝4eq\r(5)m/s，选项C错误；猴子在0～2s内的加速度大小为4m/s2，选项D正确。[融会贯通]“化曲为直”思想在运动的合成与分解中的应用(1)分析运动的合成与分解问题时，要注意运动的分解方向，一般情况下按运动效果进行分解，切记不可按分解力的思路来分解运动。(2)要注意分析物体在两个分方向上的受力及运动规律，分别列式求解。(3)两个分方向上的运动具有等时性，这常是处理运动分解问题的关键点。点点通(三)小船渡河问题1．三种速度船在静水中的速度v1、水流速度v2和船的实际运动速度v，其中v是v1与v2的合速度。2．三种情景(1)渡河时间最短船头正对河岸时，渡河时间最短，tmin＝eq\f(d,v1)(d为河宽)。(2)渡河位移最短(v2<v1时)合速度垂直于河岸时，位移最短，xmin＝eq\a\vs4\al(d)。船头指向上游，与河岸夹角为α，cosα＝eq\f(v2,v1)。(3)渡河位移最短(v2>v1时)合速度不可能垂直于河岸，无法垂直渡河。确定方法如下：如图所示，以v2矢量末端为圆心，以v1矢量的大小为半径画弧，从v2矢量的始端向圆弧作切线，则合速度沿此切线方向时位移最短。由图可知sinθ＝eq\f(v1,v2)，最短位移xmin＝eq\f(d,sinθ)＝eq\f(v2,v1)d。[小题练通]1．有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为v的大河。小明驾着小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直。去程与回程所用时间的比值为k，船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为()A.eq\f(kv,\r(k2－1)) B.eq\f(v,\r(1－k2))C.eq\f(kv,\r(1－k2)) D.eq\f(v,\r(k2－1))解析：选B设大河宽度为d，小船在静水中的速度为v0，则小船去程渡河所用时间为t1＝eq\f(d,v0)，小船回程渡河所用时间为t2＝eq\f(d,\r(v02－v2))。由题意知eq\f(t1,t2)＝k，联立以上各式得v0＝eq\f(v,\r(1－k2))。选项B正确，A、C、D错误。2．船在静水中的速度与时间的关系如图甲所示，河水的流速随离一侧河岸的距离的变化关系如图乙所示，经过一段时间该船以最短时间成功渡河。下列对该船渡河的说法错误的是()A．船在河水中的最大速度是5m/sB．船渡河的时间是150sC．船在行驶过程中，船头必须始终与河岸垂直D．船渡河的位移是eq\r(13)×102m解析：选B由题图乙可知，水流的最大速度为4m/s，根据速度的合成可知，船在河水中的最大速度是5m/s，选项A正确；当船头始终与河岸垂直时，渡河时间最短，有t＝eq\f(d,v)＝eq\f(300,3)s＝100s，因此船渡河的时间不是150s，选项B错误，C正确；在渡河时间内，船沿水流方向的位移x在数值上等于水流速度与时间图像所围成的面积大小，根据速度变化的对称性可得x＝eq\f(4×100,2)m＝200m，船沿垂直河岸方向的位移为y＝d＝300m，再根据运动的合成与分解可得，船渡河的位移为eq\r(x2＋y2)＝eq\r(13)×102m，选项D正确。3．(2019·泰安质检)如图所示，甲、乙两船在同一匀速的河水中同时开始渡河，M、N分别是甲、乙两船的出发点，两船船头与河岸均成α角，甲船船头恰好对准N点的正对岸P点，经过一段时间乙船恰好到达P点。如果甲、乙两船在静水中的速度大小相同，且甲、乙两船相遇不影响各自的航行，下列判断正确的是()A．甲船也能到达M点正对岸B．甲船渡河时间一定比乙船短C．甲、乙两船相遇在NP直线上的某点(非P点)D．渡河过程中两船不会相遇解析：选C乙船垂直河岸到达正对岸，说明水流方向向右，甲船参与了两个分运动，沿着船头指向的匀速运动，随着水流方向的匀速运动，故不可能到达M点正对岸，故A错误；船渡河的速度为船本身的速度垂直河岸方向的分速度vy＝vsinα，船渡河的时间t＝eq\f(d,vy)＝eq\f(d,vsinα)，故甲、乙两船到达对岸的时间相同，故B错误；船沿垂直河岸方向的位移y＝vyt′＝vt′sinα，可知任意时刻两船沿垂直河岸方向的位移相等，又由于乙船沿着NP方向运动，故相遇点在NP直线上的某点(非P点)，故C正确，D错误。[融会贯通](1)解决船渡河问题的关键是：正确区分分运动和合运动，船的航行方向也就是船头所指方向的运动，是分运动，船的运动也就是船的实际运动，是合运动，一般情况下与船头指向不共线。(2)应用运动分解的基本方法，按实际效果分解，一般用平行四边形定则沿水流方向和船头指向分解。(3)渡河时间只与垂直河岸的船的分速度有关，与水流速度无关。(4)求最短渡河位移时，根据船在静水中的速度v船与水流速度v水的大小情况，用三角形定则求极限的方法处理。点点通(四)关联速度问题1．问题特点：沿绳(或杆)方向的速度分量大小相等。2．思路与原则(1)思路①明确合速度→物体的实际运动速度v。(2)原则：v1与v2的合成遵循平行四边形定则。3．解题方法把物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和平行于绳(杆)两个分量，根据沿绳(杆)方向的分速度大小相等求解。常见的模型如图所示。[小题练通]1.如图所示，不计所有接触面之间的摩擦，斜面体固定，两物体质量分别为m1和m2，且m1<m2。若将m2从位置A由静止释放，当落到位置B时，m2的速度为v2，且绳子与竖直方向的夹角为θ，则这时m1的速度大小v1等于()A．v2sinθ B.eq\f(v2,sinθ)C．v2cosθ D.eq\f(v2,cosθ)解析：选Cm1的速度与绳子上各点沿绳子方向的速度大小相等，所以绳子的速度等于m1的速度v1，而m2的实际运动应是合运动(沿杆向下)，合速度v2可由沿绳子方向的分速度和垂直于绳子的分速度来合成(即两个实际运动效果)。因此v1跟v2的关系如图所示，由图可得m1的速度大小v1＝v2cosθ，C正确。mA和mB的两个小球A和B(可视为质点)，将其放在一个光滑球形容器中从位置1开始下滑，如图所示。当轻杆到达位置2时，球A与球形容器球心等高，其速度大小为v1。已知此时轻杆与水平方向成θ＝30°角，球B的速度大小为v2，则()A．v2＝eq\f(1,2)v1 B．v2＝2v1C．v2＝v1 D．v2＝eq\r(3)v1解析：选C球A与球形容器球心等高，速度v1方向竖直向下，速度分解如图所示，有v11＝v1sinθ＝eq\f(1,2)v1，由几何关系知，球B此时的速度方向与杆成α＝60°角，因此v21＝v2cosα＝eq\f(1,2)v2，沿杆方向两球速度相等，即v21＝v11，解得v2＝v1，C项正确。3.如图所示，悬线一端固定在天花板上的O点，另一端穿过一张CD光盘的中央小孔后拴着一个橡胶球，橡胶球静止时，竖直悬线刚好挨着水平桌面的边缘。现将CD光盘按在桌面上，并沿桌面边缘以速度v匀速移动，移动过程中，CD光盘中央小孔始终紧挨桌面边线，当悬线与竖直方向的夹角为θ时，小球上升的速度大小为()A．vsinθ B．vcosθC．vtanθ D.eq\f(v,tanθ)解析：选A由题意可知，悬线与光盘交点参与两个运动，一是沿着悬线方向的运动，二是垂直悬线方向的运动，合运动的速度大小为v，由数学三角函数关系，则有v线＝vsinθ；而悬线速度的大小，即为小球上升的速度大小，故A正确。[融会贯通]绳(杆)关联问题的解题技巧(1)解题关键：找出合速度与分速度的关系是求解关联问题的关键。(2)基本思路①先确定合速度的方向(物体实际运动方向)。②分析合运动所产生的实际效果：一方面使绳(杆)伸缩；另一方面使绳(杆)转动。③确定两个分速度的方向：沿绳(杆)方向的分速度和垂直绳(杆)方向的分速度，而沿绳(杆)方向的分速度大小相同。1．物体做直线运动还是做曲线运动是由物体的速度与合外力是否在同一直线上决定的。2．两个分运动的合运动是直线运动还是曲线运动要看两个分运动的合速度与合加速度是否在同一直线上。3．小船渡河问题与关联速度问题的本质及解题方法是运动的合成与分解，具体说就是小船实际运动的速度等于它在静水中的速度与水流速度的合速度，合速度垂直于河岸，小船才能刚好到达正对岸即航程最短；用绳(或杆)连接的两物体，把两物体的速度在沿绳(或杆)及垂直于绳(或杆)的方向上进行分解，则有沿绳(或杆)方向的分速度大小相等，这就是“关联”所在。[课堂综合训练]1．(2019·永州模拟)跳伞表演是人们普遍喜欢的运动项目，当跳伞运动员从直升机上由静止跳下后，在下落过程中若受到水平风力的影响，下列说法正确的是()A．风力越大，运动员下落时间越长，运动员可完成更多的空中表演动作B．风力越大，运动员下落时间越短，有可能对运动员造成伤害C．运动员下落时间与风力大小无关D．运动员着地速度与风力大小无关解析：选C运动员同时参与了两个分运动，即竖直方向向下落和水平方向随风飘，两个分运动同时发生，相互独立；因此，水平分速度越大，即水平风力越大，落地的合速度越大，但落地时间不变，故A、B、D错误，C正确。2.如图所示，长为L的直棒一端可绕固定轴O转动，另一端搁在升降平台上，平台以速度v匀速上升。当棒与竖直方向的夹角为α时，棒的角速度为()A.eq\f(vsinα,L) B.eq\f(v,Lsinα)C.eq\f(vcosα,L) D.eq\f(v,Lcosα)解析：选B由题图可知，棒与平台接触点的实际运动即合运动，其速度方向是垂直于棒指向左上方，合速度沿竖直向上的分量等于v，即ωLsinα＝v，所以ω＝eq\f(v,Lsinα)，B正确。3.如图所示，AB杆以恒定角速度绕A点转动，并带动套在水平杆OC上的质量为M的小环运动。运动开始时，AB杆在竖直位置，水平杆OC到A点的距离为h，则小环M的速度将()A．逐渐增大B．先减小后增大C．先增大后减小D．逐渐减小解析：选A设经过时间t，∠OAB＝ωt，则AM的长度为eq\f(h,cosωt)，则AB杆上小环M绕A点的线速度v＝ω·eq\f(h,cosωt)。将小环M的速度沿AB杆方向和垂直于AB杆方向分解，垂直于AB杆上分速度大小等于小环M绕A点的线速度大小v，则小环M的速度v′＝eq\f(v,cosωt)＝eq\f(ωh,cos2ωt)，随着时间的延长，则小环M的速度逐渐增大，故A正确，B、C、D错误。4．(2019·潍坊统考)如图所示，河水由西向东流，河宽为d＝800m，河中各点的水流速度大小为v水，各点到较近河岸的距离为x，v水与x的关系为v水＝eq\f(3,400)x(m/s)(x的单位为m)。让小船船头垂直河岸由南向北渡河，小船划水速度大小恒为v船＝4m/s。则下列说法正确的是()A．小船渡河的轨迹为直线B．小船在河水中的最大速度是5m/sC．小船在距南岸200m处的速度小于在距北岸200m处的速度D．小船渡河的时间是160s解析：选B由题意可知，小船在南北方向上做匀速直线运动，在东西方向上先加速，到达河中间后再减速，小船的合运动是曲线运动，即小船渡河的轨迹为曲线，A错误；当小船运动到河中间时，东西方向上的分速度最大，为eq\f(3,400)×400m/s＝3m/s，此时小船的合速度最大，可得最大值vm＝5m/s，B正确；由v水与x的关系可知，水流在距南岸200m处的速度等于在距北岸200m处的速度，故小船在距南岸200m处的速度等于在距北岸200m处的速度，C错误；小船的渡河时间t＝eq\f(d,v船)＝200s，D错误。5．由于卫星的发射场不在赤道上，同步卫星发射后需要从转移轨道经过调整再进入地球同步轨道。当卫星在转移轨道上飞经赤道上空时，发动机点火，给卫星一附加速度，使卫星沿同步轨道运行。已知同步卫星的环绕速度约为3.1×103m/s，某次发射卫星飞经赤道上空时的速度为1.55×A．西偏北方向，1.9×103B．东偏南方向，1.9×103C．西偏北方向，2.7×103D．东偏南方向，2.7×103解析：选B设当卫星在转移轨道上飞经赤道上空与同步轨道高度相同的某点时，速度为v1，发动机给卫星的附加速度为v2，该点在同步轨道上运行时的速度为v。三者关系如图所示，由图知附加速度方向为东偏南，由余弦定理知v22＝v12＋v2－2v1vcos30°，代入数据解得v2≈1.9×103meq\a\vs4\al([课时跟踪检测])1．一物体由静止开始自由下落，一小段时间后突然受水平向右的风力的影响，但着地前一段时间风突然停止，则其运动的轨迹可能是选项图中的()解析：选C物体一开始做自由落体运动，速度方向竖直向下；当受到水平向右的风力时，合力的方向为向右偏下，速度和合力的方向不在同一条直线上，物体做曲线运动，轨迹应夹在速度方向和合力方向之间；风停止后，物体的合力方向向下，与速度仍然不在同一条直线上，继续做曲线运动，轨迹向下凹，故C正确，A、B、D错误。2．一质点受两个互成锐角的恒力F1和F2作用，由静止开始做匀加速直线运动，若运动过程中保持二力方向不变，但F1突然增大到F1＋ΔF，则质点以后()A．继续做匀变速直线运动B．在相等时间内速度的变化量一定相等C．可能做匀速直线运动D．可能做变加速曲线运动解析：选BF1、F2为恒力，质点从静止开始做匀加速直线运动，F1增大到F1＋ΔF后仍为恒力，合力仍为恒力，加速度恒定，但合力的方向与速度方向不再共线，所以质点将做匀变速曲线运动，故A、C、D错；由加速度的定义式a＝eq\f(Δv,Δt)知，在相等时间Δt内Δv＝aΔt必相等，故B对。3．一质点从水平面内的xOy坐标系的原点出发开始运动，其沿x轴正方向的分速度随时间变化的图像及沿y轴正方向的位移随时间变化的图像如图甲、乙所示。一条直线过坐标原点O、与x轴正方向成30°角，如图丙所示。质点经过该直线时的坐标为()A．(12m,4eq\r(3)m) B．(9m,3eq\r(3)m)C．(6m,2eq\r(3)m) D．(3m，eq\r(3)m)解析：选A由题图甲知，质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度大小a＝2m/s2；由题图乙知，质点沿y轴正方向做匀速直线运动，速度大小v0＝2m/s。设质点经过时间t经过题图丙的直线，则有eq\f(y0,x0)＝tan30°，x0＝eq\f(at2,2)，y0＝v0t，解得x0＝12m，y0＝4eq\r(3)m，选项A正确。4.如图所示，一轻杆两端分别固定质量为mA和mB的两个小球A和B(可视为质点)。将其放在一个直角形光滑槽中，已知当杆与槽左壁成α角时，A球沿槽下滑的速度大小为vA，则此时B球的速度大小vB为()A．vA B.eq\f(vA,sinα)C.eq\f(vA,tanα) D．vAcosα解析：选CA球以速度大小vA沿槽下滑时，可分解为一个沿杆方向的分运动，设其速度大小为vA1，一个垂直于杆的分运动，设其速度大小为vA2，而B球沿槽上滑的运动为合运动，设其速度大小为vB，可分解为一个沿杆方向的分运动，设其速度大小为vB1，vB1＝vA1，一个垂直于杆的分运动，设其速度大小为vB2。可知：vB1＝vBsinα＝vA1＝vAcosα，则vB＝eq\f(vA,tanα)，C正确。5.如图所示，水平面上固定一个与水平面夹角为θ的斜杆A，另一竖直杆B以速度v水平向左做匀速直线运动。则从两杆开始相交到最后分离的过程中，两杆交点P的速度方向和大小分别为()A．水平向左，大小为vB．竖直向上，大小为vtanθC．沿杆A斜向上，大小为eq\f(v,cosθ)D．沿杆A斜向上，大小为vcosθ解析：选C两杆的交点P参与了两个分运动，如图所示，即水平向左的速度大小为v的匀速直线运动和沿杆B竖直向上的匀速运动，交点P的实际运动方向沿杆A斜向上，交点P的速度大小为vP＝eq\f(v,cosθ)，选项C正确。6．(2019·泸州模拟)如图所示，MN是流速稳定的河流，河宽一定，小船在静水中的速度大小一定。现小船自A点渡河，第一次船头沿AB方向与河岸的夹角为α，到达对岸；第二次船头沿AC方向与河岸的夹角为β，到达对岸，若两次航行的时间相等，则()A．α＝β B．α＜βC．α＞β D．无法比较α与β的大小解析：选A第一次船头沿AB方向(即船在静水中的速度方向沿AB方向)到达对岸，第二次船头沿AC方向(即船在静水中的速度方向沿AC方向)到达对岸，对在这两种情况下的船在静水中的速度进行分解，因两次航行的时间相等，所以在垂直于河岸方向上的速度是相等的，因此两方向与河岸的夹角也相等，即α＝β，故A正确，B、C、D错误。7.(多选)如图所示，在河水速度恒定的小河中，一小船保持船头始终垂直河岸，从一侧岸边向对岸行驶，小船的轨迹是一个弯曲的“S”形，则()A．小船垂直河岸的速度大小恒定不变B．小船垂直河岸的速度大小先增大后减小C．与小船以出发时的速度匀速渡河相比，渡河时间变长了D．与小船以出发时的速度匀速渡河相比，渡河时间变短了解析：选BD小船在沿河岸的方向上随河水做匀速直线运动，即在相同的时间间隔内，沿河岸方向上的位移是相同的；在垂直河岸的方向上，在相等的时间间隔内(参照小船沿河岸方向上的位移)，位移的变化量先逐渐增大再逐渐减小，所以速度先增大后减小；因中间那段时间垂直河岸方向的速度较大，所以与小船以出发时的速度匀速渡河相比，渡河时间变短了，选项B、D正确。8.(多选)如图所示，用一根长杆和两个定滑轮的组合装置来提升重物M，长杆的一端放在地上通过铰链连接形成转轴，其端点恰好处于左侧滑轮正下方O点处。在杆的中点C处拴一细绳，通过两个滑轮后挂上重物M，C点与O点距离为L。现在杆的另一端用力使其逆时针匀速转动，由竖直位置以角速度ω缓慢转至水平(转过了90°角)，此过程中下列说法正确的是()A．重物M做匀速直线运动B．重物M做匀变速直线运动C．重物M的最大速度是ωLD．重物M的速度先增大后减小解析：选CD与杆垂直的速度v是C点的实际速度，vT是细绳的速度，即重物M的速度。设vT与v的夹角是θ，则vT＝vcosθ，开始时θ减小，则vT增大；当杆与细绳垂直(θ＝0)时，重物M的速度最大，为vmax＝ωL，然后再减小，C、D正确。9．(多选)质量为0.2kg的物体在水平面上运动，它的两个正交分速度图线分别如图甲、乙所示，由图可知()A．最初4s内物体的位移为8eq\r(2)mB．从开始至6s末物体都做曲线运动C．最初4s内物体做曲线运动，接下来的2s内物体做直线运动D．最初4s内物体做直线运动，接下来的2s内物体做曲线运动解析：选AC由运动的独立性并结合题图甲、乙可得，在0～4s内y轴方向的位移y＝8m，x轴方向的位移x＝8m，由运动的合成得物体的位移s＝eq\r(x2＋y2)＝8eq\r(2)m，A正确；在0～4s内，物体的加速度a＝ay＝1m/s2，初速度v0＝vx0＝2m/s，即物体的加速度与速度不共线，物体做曲线运动，4s末物体的速度与x轴正方向夹角的正切值tanα＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(4,2)＝2，在4～6s内，合加速度与x轴正方向夹角的正切值tanβ＝eq\f(ay′,ax′)＝eq\f(－2,－1)＝2，速度与合加速度共线，物体做直线运动，C正确，B、D错误。10．(多选)船在静水中的速度v1和水速v2一定，渡河的最短时间为t1，用最短的位移渡河的时间是t2，则下列说法正确的是()A．若v1>v2，则eq\f(v1,v2)＝eq\f(t2,\r(t22－t12))B．若v1>v2，则eq\f(v1,v2)＝eq\f(t1,\r(t22－t12))C．若v1<v2，则eq\f(v1,v2)＝eq\f(\r(t22－t12),t1)D．若v1<v2，则eq\f(v1,v2)＝eq\f(\r(t22－t12),t2)解析：选AD设河宽为d，则用最短时间渡河时，船头垂直河岸，t1＝eq\f(d,v1)，若v1>v2，船渡河位移最短时，船的合速度垂直河岸，v＝eq\r(v12－v22)，t2＝eq\f(d,\r(v12－v22))，解得eq\f(v1,v2)＝eq\f(t2,\r(t22－t12))，选项A正确，B错误；若v1<v2，船的合速度不可能垂直河岸，要使渡河位移最短，根据合运动是相互独立的两个分运动的叠加，当v1和v2的合速度v的方向与河岸方向的夹角θ最大时，小船渡河的位移最短，当速度v1与合速度v垂直时，θ最大，此时合位移s＝eq\f(d,sinθ)，合速度v＝eq\r(v22－v12)，sinθ＝eq\f(v1,v2)，t2＝eq\f(s,v)，解得t2＝eq\f(dv2,v1\r(v22－v12))，故eq\f(v1,v2)＝eq\f(\r(t22－t12),t2)，选项C错误，D正确。第21课时平抛运动(双基落实课)点点通(一)平抛运动的基本规律1．运动性质加速度为g的匀变速曲线运动，轨迹是抛物线。2．基本规律(1)水平方向：做匀速直线运动，vx＝v0，x＝v0t。(2)竖直方向：做自由落体运动，vy＝gt，y＝eq\f(1,2)gt2。(3)合速度：v＝eq\r(vx2＋vy2)，方向与水平方向的夹角为α，则tanα＝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θ，则tanθ＝eq\f(y,x)＝eq\f(gt,2v0)。3．对规律的理解飞行时间由t＝eq\r(\f(2h,g))知，时间取决于下落高度h，与初速度v0无关水平射程x＝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，与其他因素无关落地速度v＝eq\r(vx2＋vy2)＝eq\r(v02＋2gh)，落地速度也只与初速度v0和下落高度h有关速度改变量任意相等时间间隔Δt内的速度改变量Δv＝gΔt相同，方向恒为竖直向下，如图所示(1)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tanα＝2tanθ。(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，如图中A点为OB的中点。[小题练通]1．(2017·全国卷Ⅰ)发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球(忽略空气的影响)。速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网。其原因是()A．速度较小的球下降相同距离所用的时间较多B．速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大C．速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少D．速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大解析：选C发球机从同一高度水平射出两个速度不同的乒乓球，根据平抛运动规律，竖直方向上h＝eq\f(1,2)gt2，可知两球下降相同距离h所用的时间是相同的，选项A错误；由vy2＝2gh可知，两球下降相同距离h时在竖直方向上的速度vy相同，选项B错误；由平抛运动规律，水平方向上x＝vt，可知速度较大的球通过同一水平距离所用的时间t较少，选项C正确；由于做平抛运动的球在竖直方向的运动为自由落体运动，两球在相同时间间隔内下降的距离相同，选项D错误。2.如图所示，将一小球从坐标原点沿着水平轴Ox以v0＝2m/s的速度抛出，经过一段时间小球到达P点，M为P点在Ox轴上的投影，作小球轨迹在P点的切线并反向延长，与Ox轴相交于Q点，已知QM＝3m，则小球运动的时间为()A．1s B．2sC．3s D．4s解析：选C由平抛运动的推论可知，Q为OM的中点，则从O点运动到P点的过程中，小球发生的水平位移s水平＝OM＝2QM＝6m。由于水平方向做匀速直线运动，则小球运动的时间为t＝eq\f(s水平,v0)＝3s，C正确。3.(多选)(2019·南昌模拟)如图所示，空间有一底面处于水平地面上的正方体框架ABCDA1B1C1D1，从顶点A沿不同方向平抛一小球(可视为质点)。关于小球的运动，下列说法正确的是()A．落点在A1B1C1D1内的小球，落在C1B．落点在B1D1上的小球，平抛初速度的最小值与最大值之比是1∶eq\r(2)C．运动轨迹与AC1相交的小球，在交点处的速度方向都相同D．运动轨迹与A1C解析：选ABC依据平抛运动规律，在竖直方向有h＝eq\f(1,2)gt2，得小球运动的时间t＝eq\r(\f(2h,g))，水平方向有x＝v0eq\r(\f(2h,g))，落点在A1B1C1D1内的小球，h相同，而水平位移xAC1最大，则落在C1点时平抛的初速度最大，A项正确；落点在B1D1上的小球，由几何关系可知最大水平位移xmax＝L(L为正方体的棱长)，最小水平位移xmin＝eq\f(\r(2),2)L，由v0＝xeq\r(\f(g,2h))，可知平抛运动初速度的最小值与最大值之比vmin∶vmax＝xmin∶xmax＝1∶eq\r(2)，B项正确；凡运动轨迹与AC1相交的小球，位移偏转角β相同，设速度偏转角为θ，由平抛运动规律有tanθ＝2tanβ，故θ相同，则运动轨迹与AC1相交的小球，在交点处的速度方向都相同，C项正确，同理可知，D项错误。[融会贯通]分解思想在平抛运动中的应用(1)解答平抛运动问题时，一般的方法是将平抛运动沿水平和竖直两个方向分解，这样分解的优点是不用分解初速度，也不用分解加速度。(2)画出速度(或位移)分解图，通过几何知识建立合速度(或合位移)、分速度(或分位移)及其方向间的关系，通过速度(或位移)的矢量三角形求解未知量。点点通(二)多体平抛运动问题1．多体平抛运动问题是指多个物体在同一竖直平面内平抛时所涉及的问题。2．三类常见的多体平抛运动(1)若两物体同时从同一高度(或同一点)水平抛出，则两物体始终在同一高度，水平间距取决于两物体的初速度和运动时间。(2)若两物体同时从不同高度水平抛出，则两物体高度差始终不变，水平间距取决于两物体的初速度和运动时间。(3)若两物体从同一点先后抛出，两物体竖直高度差随时间均匀增大，水平间距取决于两物体的初速度和运动时间。[小题练通]1.(2017·江苏高考)如图所示，A、B两小球从相同高度同时水平抛出，经过时间t在空中相遇。若两球的抛出速度都变为原来的2倍，则两球从抛出到相遇经过的时间为()A．t B.eq\f(\r(2),2)tC.eq\f(t,2) D.eq\f(t,4)解析：选C设两球间的水平距离为L，第一次抛出的速度分别为v1、v2，由于小球抛出后在水平方向上做匀速直线运动，则从抛出到相遇经过的时间t＝eq\f(L,v1＋v2)，若两球的抛出速度都变为原来的2倍，则从抛出到相遇经过的时间为t′＝eq\f(L,2v1＋v2)＝eq\f(t,2)，C项正确。[融会贯通]两条平抛运动轨迹的交点是两物体的必经之处，两物体要在此处相遇，必须同时到达此处。即轨迹相交是物体相遇的必要条件。2.如图所示，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．抛出的初速度大小之比为1∶4B．落地速度大小之比为1∶3C．落地速度与水平地面夹角的正切值之比为1∶3D．通过的位移大小之比为1∶eq\r(3)解析：选A两小球的抛出高度相同，故下落时间相同，落地时的竖直分速度相同，两小球的水平位移分别为O′A和O′B，故水平位移之比为1∶4，由x＝vt可知两小球抛出的初速度之比为1∶4，故A正确；由于未知两小球的下落高度，故无法准确求出落地时的竖直分速度，无法求得落地速度大小之比，故B错误；同理也无法求出位移大小之比，故D错误；设落地时速度方向与水平地面夹角为θ，tanθ＝eq\f(vy,vx)，因竖直分速度相等，而水平初速度之比为1∶4，故正切值之比为4∶1，故C错误。3．(多选)在水平路面上做匀速直线运动的小车上有一个固定的竖直杆，其上的三个光滑水平支架上有三个完全相同的小球A、B、C，它们离地的高度分别为3h、2h和h。当小车遇到障碍物M时，立即停下来，三个小球同时从支架上水平抛出，落到水平路面上的第一落点分别是a、b、c点，如图所示。不计空气阻力，则下列说法正确的是()A．三个小球从平抛至落地的时间之比tA∶tB∶tC＝eq\r(3)∶eq\r(2)∶1B．三个小球从平抛至落地的时间之比tA∶tB∶tC＝3∶2∶1C．三个小球落点的间距之比L1∶L2＝(eq\r(3)－eq\r(2))∶(eq\r(2)－1)D．三个小球落点的间距之比L1∶L2＝1∶1解析：选AC由题意可知，A、B、C三个小球下落高度之比为3∶2∶1，由于竖直方向上做自由落体运动，由t＝eq\r(\f(2h,g))可知，三个小球从平抛至落地的时间之比为eq\r(3)∶eq\r(2)∶1，A正确，B错误；三个小球在水平方向上做速度相同的匀速直线运动，可知A、B、C三个小球的水平位移之比为eq\r(3)∶eq\r(2)∶1，因此由题图可知L1∶L2＝(eq\r(3)－eq\r(2))∶(eq\r(2)－1)，C正确，D错误。点点通(三)斜面上的平抛运动两类模型解题方法方法应用分解速度，构建速度矢量三角形水平方向：vx＝v0竖直方向：vy＝gt合速度：v＝eq\r(vx2＋vy2)方向：tanθ＝eq\f(vx,vy)分解位移，构建位移矢量三角形水平方向：x＝v0t竖直方向：y＝eq\f(1,2)gt2合位移：s＝eq\r(x2＋y2)方向：tanθ＝eq\f(y,x)[小题练通]1．(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倍解析：选A画出小球在斜面上运动轨迹，如图所示，可知：x＝vt，xtanθ＝eq\f(1,2)gt2，则x＝eq\f(2tanθ,g)v2，即x∝v2。甲、乙两球抛出速度为v和eq\f(v,2)，则相应水平位移之比为4∶1，由相似三角形知，下落高度之比也为4∶1，由自由落体运动规律得，落在斜面上竖直方向速度之比为2∶1，由落至斜面时的速率v斜＝eq\r(vx2＋vy2)可得落至斜面时速率之比为2∶1，A正确。2.(多选)(2019·西安调研)如图所示，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。今测得AB∶BC∶CD＝5∶3∶1，由此可判断(不计空气阻力)()A．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∶1C．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解析：选BC由AB∶BC∶CD＝5∶3∶1，可得三个小球竖直方向运动的位移之比为9∶4∶1，由y＝eq\f(1,2)gt2可得，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，速度与初速度方向之间的夹角α满足tanα＝2tanθ，与小球抛出时的初速度大小和位置无关，B项正确；tanα＝eq\f(gt,v0)，所以三个小球的初速度大小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点相交，因此不会在空中相交，D项错误。3.(多选)如图所示，斜面倾角为θ，位于斜面底端A正上方的小球以初速度v0正对斜面顶点B水平抛出。小球到达斜面经过的时间为t，重力加速度为g，空气阻力不计。则下列说法中正确的是()A．若小球以最小位移到达斜面，则t＝eq\f(2v0,gtanθ)B．若小球垂直击中斜面，则t＝eq\f(v0,gtanθ)C．若小球能击中斜面中点，则t＝eq\f(2v0,gtanθ)D．无论小球到达斜面何处，运动时间均为t＝eq\f(2v0tanθ,g)解析：选AB当小球以最小位移到达斜面时即位移与斜面垂直，位移与竖直方向的夹角为θ，则tanθ＝eq\f(x,y)＝eq\f(2v0,gt)，即t＝eq\f(2v0,gtanθ)，A正确，D错误；当小球垂直击中斜面时，速度与竖直方向的夹角为θ，则tanθ＝eq\f(v0,gt)，即t＝eq\f(v0,gtanθ)，B正确；当小球击中斜面中点时，设斜面长为2L，则水平射程为Lcosθ＝v0t，下落高度为Lsinθ＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝eq\f(2v0tanθ,g)，C错误。[融会贯通](1)物体从斜面上水平抛出后，当其速度方向与斜面平行时，物体离斜面最远。(2)由推论tanα＝2tanθ知，物体落回斜面的速度方向取决于斜面倾角，与初速度的大小无关。1．求解平抛运动的方法就是运动的合成与分解。2．平抛运动的竖直分运动为自由落体运动，要充分利用相关推论快速解题，如比例“1∶3∶5∶…”。3．对多个物体的平抛运动要注意抛出点或抛出时刻的不同，同时注意运动过程中的相遇(条件)问题。[课堂综合训练]1．在一堵竖直高墙前x远处的高台上水平抛出A、B两小球，若两小球抛出的初速度vA>vB，A、B两球分别打到高墙a、b两点，则有(不计空气阻力)()A．a点在b点的上方B．a点在b点的下方C．A球打到a点的速率一定大于B球打到b点的速率D．A球打到a点的速率一定小于B球打到b点的速率解析：选A平抛运动的水平位移x＝vxt，初速度越大，运动时间越短，再由h＝eq\f(1,2)gt2可得运动时间越短竖直位移越小，即离水平地面的高度越高，所以a点在b点的上方，选项A正确，B错误；a点的水平速度比b点大，b点的竖直速度比a点大，无法比较合速度v＝eq\r(vx2＋vy2)的大小，选项C、D错误。2.(2019·河南百校模拟)如图所示，斜面体ABC固定在水平地面上，斜面的高AB为eq\r(2)m，倾角为θ＝37°，且D是斜面的中点。在A点和D点分别以相同的初速度水平抛出一个小球，结果两个小球恰能落在地面上的同一点，则落地点到C点的水平距离为(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)()A.eq\f(3,4)m B.eq\f(\r(2),3)mC.eq\f(\r(2),2)m D.eq\f(4,3)m解析：选D设斜面体的高AB为h，落地点到C点的距离为x，由几何关系知D点到水平地面的高为eq\f(h,2)，A点到C点的水平距离为xA＝eq\f(h,tanθ)，D点到C点的水平距离为xD＝eq\f(h,2tanθ)，由A点抛出的小球下落时间为tA＝eq\r(\f(2h,g))，由D点抛出的小球下落时间为tD＝eq\r(\f(h,g))，由平抛运动的规律有：xA＋x＝v0tA，xD＋x＝v0tD，解得x＝eq\f(4,3)m，选项D正确。3．(2019·宝鸡质检)如图所示，在水平放置的半径为R的圆柱体的正上方的P点，将一个小球以水平速度v0沿垂直于圆柱体的轴线方向抛出，小球飞行一段时间后恰好从圆柱体的Q点沿切线飞过，测得O、Q连线与竖直方向的夹角为θ，重力加速度为g，那么小球完成PQ段飞行的时间是()A．t＝eq\f(v0,gtanθ) B．t＝eq\f(gtanθ,v0)C．t＝eq\f(Rsinθ,v0) D．t＝eq\f(Rcosθ,v0)解析：选C小球做平抛运动，tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(gt,v0)，则时间t＝eq\f(v0tanθ,g)，选项A、B错误；在水平方向上有Rsinθ＝v0t，则t＝eq\f(Rsinθ,v0)，选项C正确，D错误。4．套圈游戏是一项很受儿童欢迎的活动，要求每次从同一位置水平抛出圆环，套住与圆环前端水平距离为3m、高为20cm的竖直细杆，即为获胜。一身高1.4m的儿童从距地面1m高处水平抛出圆环，圆环半径为10cm，要想套住细杆，儿童水平抛出圆环的速度可能为(g取10m/s2，空气阻力不计)()A．7.4m/s B．9.6m/sC．7.8m/s D．8.2m/s解析：选C圆环做平抛运动，初始时圆环距细杆上端的竖直距离为H＝0.8m，又知圆环在竖直方向做自由落体运动，则有H＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝0.4s，圆环后端与细杆的水平距离为3.2m，在水平方向有3.2m＝v1t，解得v1＝8m/s，圆环前端与细杆的水平距离为3m，在水平方向有3m＝v2t，解得v2＝7.5m/s，所以要想套住细杆，圆环水平抛出的速度范围为7.5m/s<v<8m/s，故C正确。5.(多选)如图所示，假设某滑雪者从山上M点以水平速度v0飞出，经t0时间落在山坡上N点时速度方向刚好沿斜坡NP向下，接着从N点沿斜坡下滑，又经t0时间到达坡底P点。已知斜坡NP与水平面夹角为60°，不计摩擦阻力和空气阻力，则()A．滑雪者到达N点的速度大小为2v0B．M、N两点之间的距离为2v0t0C．滑雪者沿斜坡NP下滑的加速度大小为eq\f(\r(3)v0,2t0)D．M、P之间的高度差为eq\f(15\r(3),8)v0t0解析：选AD滑雪者到达N点时的竖直分速度为vy＝gt0＝v0tan60°，得g＝eq\f(\r(3)v0,t0)，到达N点时的速度大小为v＝eq\f(v0,cos60°)＝2v0，A正确；M、N两点之间的水平位移为x＝v0t0，竖直高度差为y＝eq\f(1,2)gt02＝eq\f(\r(3),2)v0t0，M、N两点之间的距离为s＝eq\r(x2＋y2)＝eq\f(\r(7),2)v0t0，B错误；由mgsin60°＝ma，解得滑雪者沿斜坡NP下滑的加速度大小为a＝gsin60°＝eq\f(3v0,2t0)，C错误；N、P之间的距离为s′＝vt0＋eq\f(1,2)at02＝eq\f(11,4)v0t0，N、P两点之间的高度差为y′＝s′sin60°＝eq\f(11\r(3),8)v0t0，M、P之间的高度差为h＝y＋y′＝eq\f(15\r(3),8)v0t0，D正确。eq\a\vs4\al([课时跟踪检测])1.(2019·南昌模拟)如图所示，战机在斜坡上方进行投弹演练。战机水平匀速飞行，每隔相等时间释放一颗炸弹，第一颗落在a点，第二颗落在b点。斜坡上c、d两点与a、b共线，且ab＝bc＝cd，不计空气阻力。第三颗炸弹将落在()A．b、c之间 B．c点C．c、d之间 D．d点解析：选A如图所示，假设第二颗炸弹的轨迹经过A、b，第三颗炸弹的轨迹经过P、Q；a、A、B、P、C在同一水平线上，设aA＝AP＝x0，ab＝bc＝L，斜面的倾角为θ，三颗炸弹到达a所在水平面的竖直速度为vy，水平速度为v0，对第二颗炸弹，水平方向上有x1＝Lcosθ－x0＝v0t1，竖直方向上有y1＝vyt1＋eq\f(1,2)gt12，对第三颗炸弹，水平方向上有x2＝2Lcosθ－2x0＝v0t2，竖直方向上有y2＝vyt2＋eq\f(1,2)gt22，解得t2＝2t1，y2>2y1，所以Q点在c点的下方，故第三颗炸弹应落在b、c之间，选项A正确。2．(2018·江苏高考)某弹射管每次弹出的小球速度相等。在沿光滑竖直轨道自由下落过程中，该弹射管保持水平，先后弹出两只小球。忽略空气阻力，两只小球落到水平地面的()A．时刻相同，地点相同 B．时刻相同，地点不同C．时刻不同，地点相同 D．时刻不同，地点不同解析：选B弹射管自由下落，两只小球始终处于同一水平面，因此同时落地；水平方向的分运动为匀速直线运动，且速度相等，由h＝eq\f(1,2)gt2知，两只小球弹出后在空中运动的时间不相等，由x＝vt知水平位移不相等，落地点不同，B正确。3．(2019·重庆适应性考试)某同学将小球从距水平地面高为h1处水平抛出，不计空气阻力，小球落地时的水平位移为s1。若将该小球从高为h2处以相同速度水平抛出，小球落地时的水平位移为()A.eq\r(\f(h2,h1))s1 B.eq\f(h2,h1)s1C.eq\r(\f(h1,h2))s1 D.eq\f(h1,h2)s1解析：选A小球从高为h1处水平抛出时，由s1＝vt1，h1＝eq\f(1,2)gt12，解得s1＝veq\r(\f(2h1,g))；小球从高为h2处水平抛出时，由s2＝vt2，h2＝eq\f(1,2)gt22，解得s2＝veq\r(\f(2h2,g))，即s2＝eq\r(\f(h2,h1))s1，选项A正确。4.(2019·抚顺模拟)如图所示，离地面高h处有甲、乙两个物体，甲以初速度v0水平射出，同时乙以初速度v0沿倾角为45°的光滑斜面滑下。若甲、乙同时到达地面，则v0的大小是()A.eq\f(\r(gh),2) B.eq\r(gh)C.eq\f(\r(2gh),2) D．2eq\r(gh)解析：选A甲做平抛运动，水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动，根据h＝eq\f(1,2)gt2，得：t＝eq\r(\f(2h,g))，根据几何关系可知：x乙＝eq\r(2)h，乙做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知：a＝eq\f(F合,m)＝eq\f(mgsin45°,m)＝eq\f(\r(2),2)g，根据位移时间公式可知：x乙＝v0t＋eq\f(1,2)at2，解得：v0＝eq\f(\r(gh),2)，A正确。5.如图所示，在竖直放置的半圆形容器的中心O点分别以水平初速度v1、v2抛出两个小球甲、乙(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eq\f(v1,v2)为()A．tanα B.eq\f(cosα,sinα)C．tanα·eq\r(tanα) D．cosα·eq\r(cosα)解析：选C根据平抛运动得甲小球水平方向的位移为xA＝Rsinα＝v1t1，竖直方向的位移为yA＝Rcosα＝eq\f(1,2)gt12，解得v1＝eq\r(\f(1,2)gR)eq\f(sinα,\r(cosα))；乙小球水平方向的位移为xB＝Rcosα＝v2t2，竖直方向的位移为yB＝Rsinα＝eq\f(1,2)gt22，解得v2＝eq\r(\f(1,2)gR)eq\f(cosα,\r(sinα))，所以有eq\f(v1,v2)＝tanα·eq\r(tanα)，选项C正确。6.(多选)(2019·湖南长郡中学月考)如图所示，从倾角为θ的斜面上某点先后将同一小球以不同的初速度水平抛出，小球均落在斜面上。当抛出的速度为v1时，小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为α1；当抛出速度为v2时，小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为α2，则()A．当v1＞v2时，α1＞α2B．当v1＞v2时，α1＜α2C．无论v1、v2关系如何，均有α1＝α2D．α1、α2的大小与斜面的倾角θ有关解析：选CD小球从斜面上水平抛出，又落到斜面上，由平抛运动的规律知位移偏向角一定为θ，设速度偏向角为φ，根据速度偏向角和位移偏向角的关系tanφ＝2tanθ，故无论v1、v2关系如何，一定有φ相等，根据α＝φ－θ，均有α1＝α2，且大小与斜面的倾角θ有关，选项A、B错误，C、D正确。7.(多选)如图所示，x轴在水平地面内，y轴沿竖直方向。图中画出了从y轴上沿x轴正方向抛出的三个小球a、b和c的运动轨迹，其中b和c是从同一点抛出的(不计空气阻力)，则()A．a的飞行时间比b的长B．b和c的飞行时间相同C．a的初速度比b的小D．b的初速度比c的大解析：选BD根据平抛运动的规律h＝eq\f(1,2)gt2，得t＝eq\r(\f(2h,g))，因此平抛运动的时间只由高度决定，由题图知竖直方向有hb＝hc＞ha，所以b与c的飞行时间相同，大于a的飞行时间，选项A错误，B正确；由题图知水平方向有xa＞xb，而ta＜tb，所以a的初速度比b的大，选项C错误；做平抛运动的物体在水平方向上做匀速直线运动，xb>xc，而tb＝tc，所以vb＞vc，即b的初速度比c的大，选项D正确。8.(多选)如图所示，B点为倾角为45°的斜面上的一点。从B点正上方、距B点的高度为h的A点处，静止释放一质量为m的弹性小球，落在B点和斜面碰撞，碰撞后速度大小不变，方向变为水平，经过一段时间小球落在斜面上C点(C点未画出，不计空气阻力)。则()A．小球落到B点时重力的瞬时功率为mgeq\r(2gh)B．小球从B点运动到C点的时间为eq\f(2\r(2h),g)C．小球从B点运动到C点的时间为2eq\r(\f(2h,g))D．B、C两点间的高度差为5h解析：选AC从A点到B点的过程，小球做自由落体运动，落到B点时有v＝eq\r(2gh)，则小球落到B点时重力的瞬时功率为P＝mgv＝mgeq\r(2gh)，故选项A正确；从B点到C点的过程，小球做平抛运动，位移与水平方向的夹角为45°，则水平位移和竖直位移相等，有vt＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝2eq\r(\f(2h,g))，故选项C正确，B错误；B、C两点间的高度差为h′＝eq\f(1,2)gt2＝4h，故选项D错误。第22课时平抛运动规律的应用(题型研究课)1．(2015·全国卷Ⅰ)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<L1eq\r(\f(g,6h))B.eq\f(L1,4)eq\r(\f(g,h))<v<eq\r(\f(4L12＋L22g,6h))C.eq\f(L1,2)eq\r(\f(g,6h))<v<eq\f(1,2)eq\r(\f(4L12＋L22g,6h))D.eq\f(L1,4)eq\r(\f(g,h))<v<eq\f(1,2)eq\r(\f(4L12＋L22g,6h))解析：选D设以速率v1发射乒乓球，经过时间t1刚好落到球网正中间，则竖直方向上有3h－h＝eq\f(1,2)gt12，水平方向上有eq\f(L1,2)＝v1t1，解得v1＝eq\f(L1,4)eq\r(\f(g,h))；设以速率v2发射乒乓球，经过时间t2刚好落到球网右侧台面的两角处，在竖直方向上有3h＝eq\f(1,2)gt22，在水平方向上有eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L2,2)))2＋L12)＝v2t2，解得v2＝eq\f(1,2)eq\r(\f(4L12＋L22g,6h))。则v的最大取值范围为v1<v<v2，故选项D正确。2.(2017·全国卷Ⅱ)如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直。一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为g)()A.eq\f(v2,16g) B.eq\f(v2,8g)C.eq\f(v2,4g) D.eq\f(v2,2g)解析：选B设轨道半径为R，小物块从轨道上端飞出时的速度为v1，由于轨道光滑，根据机械能守恒定律有mg×2R＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv12，小物块从轨道上端飞出后做平抛运动，在水平方向上有x＝v1t，在竖直方向上有2R＝eq\f(1,2)gt2，解得x＝eq\r(－16\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R－\f(v2,8g)))2＋\f(v4,4g2))，因此当R－eq\f(v2,8g)＝0，即R＝eq\f(v2,8g)时，x取得最大值，B项正确，A、C、D项错误。eq\a\vs4\al([备考视角])平抛运动是日常生活中常见的运动类型，高考考查的题型多为选择题，难度中等，如果作为一种运动形式在计算题中考查，难度较大，再甚至结合电磁学考查，则一般为压轴题。解答平抛运动问题的关键是建立合理的坐标系，对速度、位移、加速度进行合成与分解。命题点一平抛运动的临界、极值问题[典例]在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简化装置如图所示，P是个微粒源，能持续水平向右发射质量相同、初速度不同的微粒。高度为h的探测屏AB竖直放置，离P点的水平距离为L，上端A与P点的高度差也为h(不计空气阻力)。(1)若微粒打在探测屏AB的中点，求微粒在空中飞行的时间；(2)求能被探测屏探测到的微粒的初速度范围。[解析](1)由题意可知，微粒在空中飞行做平抛运动，打在探测屏AB中点的微粒满足eq\f(3,2)h＝eq\f(1,2)gt2解得t＝eq\r(\f(3h,g))。(2)当微粒打在探测屏B点时，初速度为v1＝eq\f(L,t1)，竖直方向有2h＝eq\f(1,2)gt12解得v1＝Leq\r(\f(g,4h))同理，当微粒打在探测屏A点时，初速度为v2＝Leq\r(\f(g,2h))所以能被屏探测到的微粒初速度范围Leq\r(\f(g,4h))≤v≤Leq\r(\f(g,2h))。[答案](1)eq\r(\f(3h,g))(2)Leq\r(\f(g,4h))≤v≤Leq\r(\f(g,2h))eq\a\vs4\al([规律方法])平抛运动临界问题求解的一般思路(1)找出临界状态对应的临界条件。(2)分解速度或位移。(3)若有必要，画出临界轨迹。[集训冲关]1.(多选)(2019·石家庄模拟)如图所示，一个电影替身演员准备跑过一个建筑物的屋顶，然后水平跳跃并离开屋顶，在另一个建筑物的屋顶上着地。如果演员在屋顶跑动的最大速度是4.5m/s，那么下列关于演员能否安全跳到另一个屋顶的说法正确的是(g取9.8m/s2，不计空气阻力)()A．演员安全跳到另一个屋顶是可能的B．演员安全跳到另一个屋顶是不可能的C．如果要安全跳到另一个屋顶，演员在屋顶跑动的最小速度应大于6.2m/sD．如果要安全跳到另一个屋顶，演员在屋顶跑动的最小速度应大于4.5m/s解析：选BC演员在跳跃过程中做平抛运动，在竖直方向有y＝eq\f(1,2)gt2，当演员降落到另一个屋顶时，下落的高度y＝4.9m，所用时间t＝eq\r(\f(2y,g))＝eq\,9.8))s＝1.0s，最大水平位移x＝vmt＝4.5×1.0m＝4.5m＜6.2m，所以演员不能安全跳到另一个屋顶，要想安全跳过去，演员在屋顶跑动的最小速度应大于eq\,1.0)m/s，即6.2m/s，故B、C正确。2．(2019·济南模拟)如图所示，排球场总长为18m，设球网高度为2m，运动员站在网前3m处正对球网跳起将球水平击出，球大小不计，取重力加速度g＝10m/s2。(1)若击球高度为2.5m，为使球既不触网又不出界，求水平击球的速度范围；(2)当击球点的高度为何值时，无论水平击球的速度多大，球不是触网就是出界？解析：(1)球被水平击出后，做平抛运动，如图所示，若正好压在底线上，则球在空中的飞行时间t1＝eq\r(\f(2h0,g))＝eq\f(1,\r(2))s由此得球出界的临界速度v1＝eq\f(x1,t1)＝12eq\r(2)m/s若球恰好触网，则球在网上方运动的时间t2＝eq\r(\f(2h0－H,g))＝eq\f(1,\r(10))s得球触网的临界速度v2＝eq\f(x2,t2)＝3eq\r(10)m/s要使球既不触网又不出界，水平击球速度v的取值范围为3eq\r(10)m/s<v≤12eq\r(2)m/s。(2)设击球点的高度为h，当h较小时，击球速度过大会出界，击球速度过小又会触网，临界情况是球刚好擦网而过，落地时又恰好压在底线上，则有eq\f(x1,\r(\f(2h,g)))＝eq\f(x2,\r(\f(2h－H,g)))得h＝eq\f(H,1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,x1)))2)＝eq\f(32,15)m即击球高度为eq\f(32,15)m时，球不是触网就是出界。答案：(1)3eq\r(10)m/s<v≤12eq\r(2)m/s(2)eq\f(32命题点二类平抛运动当物体受到与初速度垂直恒定的合外力时，其运动规律与平抛运动类似，简称类平抛运动。类平抛运动的解题方法是，将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(即合外力方向)的匀加速直线运动，求出等效加速度，再利用求解平抛运动的方法求解相关问题。[典例](2019·河北正定中学月考)风洞实验室能产生大小和方向均可改变的风力。如图所示，在风洞实验室中有足够大的光滑水平面，在水平面上建立xOy直角坐标系。质量m＝0.5kg的小球以初速度v0＝0.40m/s从O点沿x轴正方向运动，在0～2.0s内受到一个沿y轴正方向、大小F1＝0.20N的风力作用；小球运动2.0s后风力方向变为沿y轴负方向、大小变为F2＝0.10N(图中未画出)。求：(1)2.0s末小球在y轴方向的速度大小和2.0s内运动的位移大小；(2)风力F2作用多长时间，小球的速度变为与初速度相同。[解析](1)设在0～2.0s内小球运动的加速度为a1，则F1＝ma12．0s末小球在y轴方向的速度v1＝a1t1代入数据解得v1＝0.8m/s沿x轴方向运动的位移x1＝v0t1沿y轴方向运动的位移y1＝eq\f(1,2)a1t122．0s内小球运动的位移大小s1＝eq\r(x12＋y12)代入数据解得s1＝eq\r(2)m≈(2)设2.0s后小球运动的加速度为a2，F2的作用时间为t2时小球的速度变为与初速度相同，则－F2＝ma20＝v1＋a2t2代入数据解得t2＝4.0s。[答案](1)0.8m/s1.1m(2)4.0seq\a\vs4\al([规律方法])类平抛运动问题的解题技巧(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。[集训冲关]l，宽为b，倾角为θ，一物块(可视为质点)沿斜面左上方顶点P水平射入，恰好从底端Q点离开斜面，则()A．P→Q所用的时间t＝2eq\r(\f(2l,gsinθ))B．P→Q所用的时间t＝eq\r(\f(2l,g))C．初速度v0＝beq\r(\f(gsinθ,2l))D．初速度v0＝beq\r(\f(g,2l))解析：选C物块在斜面上的加速度为：a＝gsinθ，根据l＝eq\f(1,2)at2，得：t＝eq\r(\f(2l,gsinθ))，故A、B错误；物块的初速度为：v0＝eq\f(b,t)＝beq\r(\f(gsinθ,2l))，故C正确，D错误。2.(多选)如图所示，某人从高出水平地面h的山坡上的P点水平击出一质量为m的高尔夫球，球在飞行中持续受到恒定的水平风力的作用，恰好竖直落入距击球点水平距离为L的洞穴Q中。则()A．球在飞行中做的是平抛运动B．球飞行的时间为eq\r(\f(2h,g))C．球被击出时的初速度大小为Leq\r(\f(2g,h))D．球在飞行中受到的水平风力大小为eq\f(mgh,L)解析：选BC由于球受到水平方向的风力，故球在飞行中做的不是平抛运动，A项错误；球在竖直方向只受到重力的作用做自由落体运动，由h＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝eq\r(\f(2h,g))，B项正确；球恰好竖直落入洞穴，说明球在水平方向做匀减速直线运动，根据平均速度公式，有L＝eq\f(1,2)v0t，解得v0＝Leq\r(\f(2g,h))，C项正确；由a＝eq\f(v0,t)，F＝ma，解得风力大小F＝eq\f(mgL,h)，D项错误。命题点三斜抛运动1．定义将物体以初速度v0斜向上方或斜向下方抛出，物体只在重力作用下的运动。2．运动性质加速度为g的匀变速曲线运动，轨迹为抛物线。3．基本规律(以斜向上抛为例说明，如图所示)(1)水平方向：做匀速直线运动，v0x＝v0cosθ，x＝v0tcosθ。(2)竖直方向：做竖直上抛运动，v0y＝v0sinθ，y＝v0tsinθ－eq\f(1,2)gt2。4．平抛运动和斜抛运动的相同点(1)都只受到重力作用，加速度相同，相等时间内速度的变化量相同。(2)都是匀变速曲线运动，轨迹都是抛物线。(3)都采用“化曲为直”的运动的合成与分解的方法分析问题。[典例](多选)如图所示，在水平地面上的A点以速度v1与地面成θ角射出一弹丸，恰好以速度v2垂直穿入墙壁上的小孔B，下列有关说法中正确的是()A．在B点以跟v2大小相等、方向相反的速度射出弹丸，它必定落在地面上的A点B．在B点以跟v1大小