高三一轮复习学案物理第四章曲线运动万有引力与宇宙航行第2讲抛体运动

第2讲抛体运动学习目标1.理解平抛运动、斜抛运动的概念及运动性质。2.掌握抛体运动的规律，会用运动的合成与分解的方法处理抛体运动、类抛体运动。3.学会处理斜面或圆弧面约束下的平抛运动问题。1.2.1.思考判断(1)做平抛运动的物体的速度方向时刻在变化，加速度方向也时刻在变化。(×)(2)做平抛运动的物体的初速度越大，水平位移越大。(×)(3)做平抛运动的物体的初速度越大，在空中飞行时间越长。(×)(4)平抛运动和斜抛运动都是匀变速曲线运动。(√)(5)做平抛运动的物体在任意相等的时间内速度的变化量是相同的。(√)(6)相等时间内做平抛运动的物体速度大小变化相同。(×)2.飞机进行投弹演习，若飞机在距靶点500m高度处以100m/s的恒定水平速度向靶点上空飞行，到达靶点上空附近后释放炸弹，忽略空气阻力，g取10m/s2。下列说法正确的是()A.炸弹落地时的速度大小为100m/sB.飞机应在到达靶点正上方处释放，才能保证炸弹准确落到靶点C.飞机可以在任意处释放，都能保证炸弹准确落到靶点D.炸弹下落到靶点时间为10s答案D解析炸弹下落到靶点时间为t＝eq\r(\f(2h,g))＝10s，落地时的竖直速度vy＝gt＝100m/s，解得炸弹落地时的速度大小为v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＝eq\r(1002＋1002)m/s＝100eq\r(2)m/s，选项A错误，D正确；炸弹落地时水平位移x＝v0t＝1000m，飞机应在到达靶点前水平距离1000m处释放，才能保证炸弹准确落到靶点，选项B、C错误。

考点一平抛运动基本规律的应用1.飞行时间由t＝eq\r(\f(2h,g))知，下落的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。3.速度改变量因为平抛运动的加速度为恒定的重力加速度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是相同的，方向恒为竖直向下，如图1所示。图14.两个重要推论(1)做平抛运动的物体在任意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，即xB＝eq\f(xA,2)，如图2所示。图2(2)做平抛运动的物体在任意时刻任意位置处，有tanθ＝2tanα。角度单物体的平抛运动例1(多选)摩托车跨越表演是一项惊险刺激的运动，受到许多极限爱好者的喜爱。假设在一次跨越河流的表演中，摩托车离开平台时的速度为24m/s，刚好成功落到对面的平台上，测得两岸平台高度差为5m，如图3所示。若飞越中不计空气阻力，摩托车可以近似看成质点，g取10m/s2，则下列说法正确的是()图3A.摩托车在空中的飞行时间为1sB.河宽为24mC.摩托车落地前瞬间的速度大小为10m/sD.若仅增加平台的高度(其他条件均不变)，摩托车依然能成功跨越此河流答案ABD解析摩托车在竖直方向做自由落体运动，则有h＝eq\f(1,2)gt2，解得摩托车在空中的飞行时间为t＝1s，故A正确；河流的宽度即摩托车水平方向位移为d＝x＝v0t＝24×1m＝24m，故B正确；竖直方向速度为vy＝gt＝10m/s，则摩托车落地前瞬间的速度为v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＝eq\r(242＋102)m/s＝26m/s，故C错误；摩托车离开平台做平抛运动，仅增加平台的高度(其他条件均不变)，则在空中的飞行时间增大，摩托车水平方向位移增大，所以摩托车依然能成功跨越此河流，故D正确。角度多物体的平抛运动例2如图4所示，A、B两个小球在同一竖直线上，离地高度分别为2h和h，将两球水平抛出后，不计空气阻力，两球落地时的水平位移分别为s和2s。重力加速度为g，则下列说法正确的是()图4A.A、B两球的初速度大小之比为1∶4B.A、B两球的运动时间之比为1∶eq\r(2)C.两小球运动轨迹交点的水平位移为eq\f(5,7)sD.两小球运动轨迹交点的离地高度为eq\f(6,7)h答案D解析小球做平抛运动，竖直方向有H＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝eq\r(\f(2H,g))，则A球运动时间tA＝eq\r(\f(2×2h,g))＝eq\r(\f(4h,g))，B球运动时间tB＝eq\r(\f(2h,g))，所以tA∶tB＝eq\r(2)∶1；由x＝v0t得v0＝eq\f(x,t)，结合两球落地时位移之比xA∶xB＝1∶2，可知A、B两球的初速度之比为1∶2eq\r(2)，故A、B错误；两球相交时，水平方向位移相同，因此有vAtA′＝vBtB′，B球下落高度hB＝eq\f(1,2)gtB′2，A球下落的高度hA＝eq\f(1,2)gtA′2，hA＝h＋hB，联立各式得hB＝eq\f(1,7)h，tB′＝eq\r(\f(2h,7g))，则两小球运动轨迹交点的高度为h－eq\f(1,7)h＝eq\f(6,7)h，两小球运动轨迹交点的水平位移xB′＝vBtB′，2s＝vBeq\r(\f(2h,g))，联立解得xB′＝eq\f(2s,\r(7))，C错误，D正确。1.(2024·湖北武汉高三月考)用图5甲所示的装置研究平抛运动，在水平桌面上放置一个斜面，每次都让小钢球从斜面上的同一位置由静止滚下，滚过桌边后钢球便做平抛运动打在竖直墙壁上，把白纸和复写纸贴在墙上，就可以记录小钢球的落点。改变桌子和墙的距离，就可以得到多组数据。已知四次实验中桌子右边缘离墙的距离分别为10cm、20cm、30cm、40cm，在白纸上记录的对应落点分别为A、B、C、D，如图乙所示，B、C、D三点到A点的距离之比为()图5A.4∶9∶16 B.3∶8∶15C.3∶5∶7 D.1∶3∶5答案B解析根据平抛运动规律得x＝v0t，h＝eq\f(1,2)gt2，可知运动时间之比tA∶tB∶tC∶tD＝1∶2∶3∶4，竖直方向运动距离之比hA∶hB∶hC∶hD＝1∶4∶9∶16，则B、C、D三点到A点的距离之比(hB－hA)∶(hC－hA)∶(hD－hA)＝3∶8∶15，故B正确。考点二与斜面或圆弧面有关的平抛运动角度与斜面有关的平抛运动例3近年来，国家大力开展冰雪运动进校园活动，蹬冰踏雪深受学生喜爱。如图6所示，两名滑雪运动员(均视为质点)从跳台a处先后沿水平方向向左飞出，其速度大小之比为v1∶v2＝2∶1，不计空气阻力，重力加速度为g，则两名运动员从飞出至落到斜坡(可视为斜面)上的过程中，下列说法正确的是()图6A.他们飞行时间之比为t1∶t1＝1∶2B.他们飞行的水平位移之比为x1∶x2＝2∶1C.他们速度变化之比为Δv1∶Δv2＝2∶1D.他们在空中离坡面的最大距离之比为s1∶s2＝2∶1答案C解析运动员从跳台a处水平飞出，设初速度为v0，飞行时间为t，斜坡的倾角为θ，运动员在空中做平抛运动，落到斜坡上时有tanθ＝eq\f(y,x)＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)，解得t＝eq\f(2v0tanθ,g)，可得他们飞行时间之比为t1∶t2＝v1∶v2＝2∶1，A错误；运动员飞行的水平位移为x＝v0t＝eq\f(2veq\o\al(2,0)tanθ,g)，所以他们飞行的水平位移之比为x1∶x2＝veq\o\al(2,1)∶veq\o\al(2,2)＝4∶1，B错误；两运动员在水平方向的速度不变，在竖直方向的速度变化为Δvy＝gt，因为他们飞行时间之比为t1∶t2＝2∶1，则他们速度变化之比为Δv1∶Δv2＝t1∶t2＝2∶1，C正确；运动员在空中离坡面的最大距离为s＝eq\f(（v0sinθ）2,2gcosθ)，他们在空中离坡面的最大距离之比为s1∶s2＝veq\o\al(2,1)∶veq\o\al(2,2)＝4∶1，D错误。方法总结从斜面上某点水平抛出，又落到斜面上的平抛运动两种特殊状态落回斜面的时刻速度与斜面平行的时刻处理方法分解位移分解速度运动特征①位移偏转角度等于斜面倾角θ；②落回斜面上时速度方向与斜面的夹角与初速度大小无关，只与斜面的倾角有关；③落回斜面上时的水平位移与初速度的平方成正比，即x∝veq\o\al(2,0)①竖直分速度与水平分速度的比值等于斜面倾角的正切值；②该时刻是运动全过程的中间时刻；③该时刻物体距斜面最远运动时间由tanθ＝eq\f(y,x)＝eq\f(gt,2v0)得t＝eq\f(2v0tanθ,g)由tanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(gt,v0)得t＝eq\f(v0tanθ,g)例4A、D分别是斜面的顶端、底端，B、C是斜面上的两个点，AB＝BC＝CD，E点在D点的正上方，与A等高，从E点水平抛出质量相等的两个小球，球1落在B点，球2落在C点，忽略空气阻力。关于球1和球2从抛出到落在斜面上的运动过程()图7A.球1和球2运动的时间之比为2∶1B.球1和球2运动的时间之比为1∶2C.球1和球2抛出时初速度之比为2∶1D.球1和球2运动时单位时间内速度变化量之比为1∶1答案D解析因为AC＝2AB，所以球2的竖直位移是球1竖直位移的2倍，根据h＝eq\f(1,2)gt2得t＝eq\r(\f(2h,g))，解得运动的时间之比为t1∶t2＝1∶eq\r(2)，故A、B错误；因为BD＝2CD，所以球1的水平位移是球2水平位移的2倍，根据x＝v0t得v0＝xeq\r(\f(g,2h))，解得初速度之比为v01：v02＝2eq\r(2)∶1，故C错误；单位时间内速度变化量即为加速度，而平抛运动的加速度都为g，相同，故D正确。方法总结平抛运动与斜面结合的三种模型模型处理方法分解速度分解速度分解位移运动时间由tanθ＝eq\f(vx,vy)＝eq\f(v0,gt)得t＝eq\f(v0,gtanθ)由tanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(gt,v0)得t＝eq\f(v0tanθ,g)由tanθ＝eq\f(x,y)＝eq\f(v0t,\f(1,2)gt2)＝eq\f(2v0,gt)得t＝eq\f(2v0,gtanθ)角度与圆弧面有关的平抛运动1.从空中某处平抛，恰好无碰撞地进入圆弧形轨道，如图所示，即已知速度方向沿该点圆弧的切线方向。处理方法：分解速度tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(gt,v0)。2.从圆心处或与圆心等高圆弧上抛出，落到半径为R的圆弧上。情景处理方法x＝v0ty＝eq\f(1,2)gt2x2＋y2＝R2水平方向：R±eq\r(R2－h2)＝v0t竖直方向：h＝eq\f(1,2)gt2例5如图8所示，在竖直放置的半球形容器的中心O点分别以水平初速度v1、v2沿相反方向抛出两个小球1和2(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，则两小球的初速度之比eq\f(v1,v2)为()图8A.tanα B.cosαC.tanαeq\r(tanα) D.cosαeq\r(cosα)答案C解析两小球被抛出后都做平抛运动，设容器的半径为R，两小球运动的时间分别为t1、t2。则对球1有Rsinα＝v1t1，Rcosα＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，对球2有Rcosα＝v2t2，Rsinα＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，解得eq\f(v1,v2)＝tanαeq\r(tanα)，故C正确。考点三斜抛运动以斜上抛运动为例，如图所示。(1)斜抛运动的飞行时间：t＝eq\f(2v0y,g)＝eq\f(2v0sinθ,g)。(2)射高：h＝eq\f(veq\o\al(2,0y),2g)＝eq\f(veq\o\al(2,0)sin2θ,2g)。(3)射程：s＝v0xt＝v0cosθ·t＝eq\f(2veq\o\al(2,0)sinθcosθ,g)＝eq\f(veq\o\al(2,0)sin2θ,g)，对于给定的v0，当θ＝45°时，射程达到最大值，smax＝eq\f(veq\o\al(2,0),g)。例6某篮球运动员正在进行投篮训练，若将篮球视为质点，忽略空气阻力，篮球的运动轨迹可简化为如图9，其中A是篮球的投出点，B是运动轨迹的最高点，C是篮球的投入点。已知篮球在A点的速度与水平方向的夹角为45°，在C点的速度大小为v0且与水平方向夹角为30°，重力加速度大小为g，下列说法正确的是()图9A.篮球在B点的速度为零B.从B点到C点，篮球的运动时间为eq\f(v0,g)C.A、B两点的高度差为eq\f(3veq\o\al(2,0),8g)D.A、C两点的水平距离为eq\f(3veq\o\al(2,0),4g)答案C解析篮球在B点的速度为vB＝vx＝v0cos30°＝eq\f(\r(3),2)v0，故A错误；从B点到C点，篮球的运动时间为t＝eq\f(vy,g)＝eq\f(v0sin30°,g)＝eq\f(v0,2g)，故B错误；A、B两点的高度差为h＝eq\f(veq\o\al(2,Ay),2g)＝eq\f(veq\o\al(2,x),2g)＝eq\f(3veq\o\al(2,0),8g)，故C正确；A、C两点的水平距离为x＝vxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(vAy,g)＋t))＝eq\f(（3＋\r(3)）veq\o\al(2,0),4g)，故D错误。逆向思维法处理斜抛运动对斜上抛运动从抛出点到最高点的运动，可逆过程分析，看成平抛运动；分析完整的斜上抛运动，还可根据对称性求解某些问题。2.(2024·浙江杭州模拟)如图10所示，某同学将质量相同的三个物体从水平地面上的A点以同一速率沿不同方向抛出，运动轨迹分别为图上的1、2、3。若忽略空气阻力，在三个物体从抛出到落地过程中，下列说法正确的是()图10A.轨迹为1的物体在最高点的速度最大B.轨迹为3的物体在空中飞行时间最长C.轨迹为1的物体所受重力的冲量最大D.三个物体单位时间内速度变化量不同答案C解析根据斜上抛运动的对称性可知，物体在最高点的速度为平抛运动的初速度，由h＝eq\f(1,2)gt2和x＝v0t得v0＝xeq\r(\f(g,2h))，可得v01＜v02＜v03，即轨迹为3的物体在最高点的速度最大，故A错误；由h＝eq\f(1,2)gt2知，斜抛的总时间为t总＝2t，因h1＞h2＞h3，所以轨迹为1的物体在空中飞行时间最长，故B错误；重力的冲量为IG＝mgt，则轨迹为1的物体所受重力的冲量最大，故C正确；三个物体均做斜上抛运动，由Δv＝g·Δt可知，单位时间内速度变化量相同，故D错误。A级基础对点练对点练1平抛运动基本规律的应用1.(2022·广东卷，6)如图1所示，在竖直平面内，截面为三角形的小积木悬挂在离地足够高处，一玩具枪的枪口与小积木上P点等高且相距为L。当玩具子弹以水平速度v从枪口向P点射出时，小积木恰好由静止释放，子弹从射出至击中积木所用时间为t。不计空气阻力。下列关于子弹的说法正确的是()图1A.将击中P点，t大于eq\f(L,v)B.将击中P点，t等于eq\f(L,v)C.将击中P点上方，t大于eq\f(L,v)D.将击中P点下方，t等于eq\f(L,v)答案B解析由题意知枪口与P点等高，子弹和小积木在竖直方向上均做自由落体运动，当子弹击中积木时子弹和积木的运动时间相同，根据h＝eq\f(1,2)gt2，可知下落高度相同，所以将击中P点；初始状态子弹到P点的水平距离为L，子弹在水平方向上做匀速直线运动，有t＝eq\f(L,v)，故B正确。2.(多选)以速度v0水平抛出一小球，如果从抛出到某时刻小球的竖直分位移与水平分位移大小相等，则以下判断正确的是()A.此时小球的竖直分速度大小等于水平分速度大小的2倍B.此时小球的速度大小为4v0C.此时小球的速度方向与位移方向相同D.小球运动的时间eq\f(2v0,g)答案AD解析根据题意可得v0t＝eq\f(1,2)gt2，小球的运动时间为t＝eq\f(2v0,g)，小球的竖直分速度大小为vy＝gt＝2v0，即此时竖直分速度大小等于水平分速度大小的2倍，故A、D正确；此时小球的速度大小为v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＝eq\r(5)v0，故B错误；速度与水平方向的夹角正切值为tanα＝eq\f(vy,v0)＝2，位移与水平方向夹角的正切值为tanθ＝eq\f(y,x)＝1，显然α≠θ，即小球的速度方向与位移方向不同，故C错误。3.(多选)从同一点水平抛出三个小球分别撞在竖直墙壁上a点、b点、c点，三小球撞到竖直墙壁上的速度方向与竖直墙壁的夹角分别为60°、45°、30°，不计空气阻力，则下列说法正确的是()图2A.落在a点的小球撞在墙面的速度最小B.三个小球撞在墙面的速度一定满足关系式va＝vc>vbC.落在c点的小球飞行时间最短D.a、b、c三点速度方向的反向延长线交于一点答案BD解析三个小球的竖直位移大小关系为hc>hb>ha，根据h＝eq\f(1,2)gt2可知tc>tb>ta，即落在a点的小球飞行时间最短，故C错误；三个小球的水平位移相同，a、b、c三点速度方向的反向延长线一定过水平位移的中点，故D正确；令θ表示小球撞到竖直墙壁上的速度方向与竖直墙壁的夹角，x和h分别表示水平位移和竖直位移，则tanθ＝eq\f(v0,vy)＝eq\f(v0,gt)＝eq\f(\f(1,2)v0t,\f(1,2)gt2)＝eq\f(x,2h)，小球撞在墙面的竖直分速度大小为vy＝eq\r(2gh)，合速度大小为v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))，联立以上各式可得v＝eq\r(gxtanθ＋\f(gx,tanθ))，三个小球水平位移相同，代入数据后解得va＝vc>vb，故A错误，B正确。4.(2024·江西南昌联考)如图3所示，运动员将网球从O点以速度v0水平击出，网球经过M点时速度方向与竖直方向的夹角为60°，落到水平地面上的N点时速度方向与竖直方向的夹角为45°，不计空气阻力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是()图3A.O点距水平地面的高度为eq\f(veq\o\al(2,0),4g)B.M点距水平地面的高度为eq\f(veq\o\al(2,0),2g)C.网球从O点运动到N点的时间为eq\f(v0,g)D.O、N两点间的水平距离为eq\f(2veq\o\al(2,0),g)答案C解析根据平抛运动规律可知，网球在M点时的竖直分速度vyM＝eq\f(v0,tan60°)＝eq\f(\r(3)v0,3)，在N点时的竖直分速度vyN＝eq\f(v0,tan45°)＝v0，则O点距水平地面的高度hO＝eq\f(veq\o\al(2,0),2g)，故A错误；M点距水平地面的高度hM＝eq\f(veq\o\al(2,yN)－veq\o\al(2,yM),2g)＝eq\f(veq\o\al(2,0),3g)，故B错误；网球从O点运动到N点的时间t＝eq\f(v0,g)，故C正确；O、N两点间的水平距离x＝v0t＝eq\f(veq\o\al(2,0),g)，故D错误。对点练2与斜面或圆弧面有关的平抛运动5.如图4甲所示，足够长的斜面AB固定放置，一小球以不同初速度v0从斜面A点水平抛出，落在斜面上的位置离A点距离为s，得到s－veq\o\al(2,0)图线如图乙所示，若图乙的斜率为k，不计空气阻力，重力加速度为g，则k等于()图4A.eq\f(2tanθ,gcosθ) B.eq\f(tanθ,2gcosθ) C.eq\f(2cosθ,gtanθ) D.eq\f(cosθ,2gtanθ)答案A解析根据平抛运动的规律可得scosθ＝v0t，ssinθ＝eq\f(1,2)gt2，整理得s＝eq\f(2tanθ,gcosθ)veq\o\al(2,0)，则k＝eq\f(2tanθ,gcosθ)，故A正确。6.如图5所示，将一小球从A点以某一初速度水平拋出，小球恰好落到斜面底端B点；若在B点正上方与A等高的C点将小球以相同大小的初速度水平抛出，小球落在斜面上的D点，A、B、C、D在同一竖直面上，则eq\f(AD,AB)为()图5A.eq\f(1,2) B.eq\f(\r(2),2) C.eq\f(\r(2)－1,2) D.eq\f(3－\r(5),2)答案D解析如图，设A、B之间高度差为h，C、D之间高度差为h′，则h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，h′＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，可得t1＝eq\r(\f(2h,g))，t2＝eq\r(\a\vs4\al(\f(2h′,g)))，斜面倾角的正切值tanθ＝eq\f(h,v0t1)＝eq\f(h－h′,v0t2)，解得h′＝eq\f(3－\r(5),2)h，所以eq\f(AD,AB)＝eq\f(h′,h)＝eq\f(3－\r(5),2)，故D正确，A、B、C错误。7.固定的半圆形竖直轨道如图6所示，AB为水平直径，O为圆心，质量不等的甲、乙两个小球同时从A点水平抛出，速度分别为v1、v2，经时间t1、t2分别落在等高的C、D两点，OC、OD与竖直方向的夹角均为53°(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)，下列说法正确的是()图6A.v1∶v2＝1∶9B.t1∶t2＝1∶4C.甲球的速度变化量小于乙球的速度变化量D.落在D点的小球垂直打在圆弧上答案A解析根据两小球的轨迹可知x1＝eq\f(1,5)R，y1＝eq\f(3,5)R，x2＝eq\f(9,5)R，y2＝eq\f(3,5)R，竖直方向的位移相同，两小球下落的时间相同，即t1＝t2，水平位移之比为1∶9，所以水平速度之比为1∶9，故A正确，B错误；在竖直方向上下落时间相同，甲球的速度变化量等于乙球的速度变化量，故C错误；假设落在D点的小球垂直打在圆弧上，此时速度方向沿半径，则速度的反向延长线交水平位移的中点，应在圆心处，因为水平位移小于2R，所以速度的反向延长线不可能交于圆心，故D错误。对点练3斜抛运动8.(多选)(2024·广东汕头模拟)如图7所示为某喷灌机的喷头正在进行农田喷灌，喷头出水速度的大小和方向可以调节，已知图示出水速度方向与水平方向夹角θ＝30°，假设喷头贴近农作物表面，忽略空气阻力，下列哪种调整方式可使水喷得更远()图7A.减小出水速度 B.增大出水速度C.适当减小θ角 D.适当增大θ角答案BD解析设出水速度为v，根据斜抛运动规律可得水在空中运动的时间为t＝eq\f(2vsinθ,g)，则喷水距离为x＝vcosθ·t＝eq\f(v2sin2θ,g)，θ＝45°时射程最远，根据上式可知若要使水喷得更远，即增大x，可以增大出水速度、适当增大θ角，故B、D正确。9.(2023·湖南卷，2)如图8(a)，我国某些农村地区人们用手抛撒谷粒进行水稻播种。某次抛出的谷粒中有两颗的运动轨迹如图(b)所示，其轨迹在同一竖直平面内，抛出点均为O，且轨迹交于P点，抛出时谷粒1和谷粒2的初速度分别为v1和v2，其中v1方向水平，v2方向斜向上。忽略空气阻力，关于两谷粒在空中的运动，下列说法正确的是()图8A.谷粒1的加速度小于谷粒2的加速度B.谷粒2在最高点的速度小于v1C.两谷粒从O到P的运动时间相等D.两谷粒从O到P的平均速度相等答案B解析B级综合提升练10.如图9所示，一小球从一半圆轨道左端A点正上方某处开始做平抛运动(小球可视为质点)，飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点，O为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R，OB与水平方向的夹角为60°，重力加速度为g，不计空气阻力，则小球抛出时的初速度为()图9A.eq\r(\f(3\r(3)gR,2)) B.eq\r(\f(3gR,2))C.eq\r(\f(\r(3)gR,2)) D.eq\r(\f(\r(3)gR,3))答案A解析因小球运动过程中恰好与半圆轨道相切于B点，则此刻速度与水平方向的夹角为30°，设位移与水平方向的夹角为θ，则tanθ＝eq\f(tan30°,2)＝eq\f(\r(3),6)，因为tanθ＝eq\f(y,x)＝eq\f(y,\f(3,2)R)，则竖直位移y＝eq\f(\r(3)R,4)，而veq\o\al(2,y)＝2gy＝eq\f(\r(3),2)gR，又tan30°＝eq\f(vy,v0)，解得v0＝eq\f(\r(\f(\r(3)gR,2)),\f(\r(3),3))＝eq