資源簡介

(共101張PPT)
第四章　曲線運動　萬有引力與宇宙航行
第2節　拋體運動
[學習目標]　1．掌握平拋運動的規律，學會處理斜面或圓弧面約束下的平拋運動問題。
2．學會運用運動的合成與分解處理斜拋運動問題。
3．會處理平拋運動中的臨界、極值問題。
鏈接教材·夯基固本
1．平拋運動
(1)定義：將物體以一定的初速度沿水平方向拋出，物體只在____作用下的運動。
(2)性質：平拋運動是加速度為g的______曲線運動，運動軌跡是拋物線。
重力
勻變速
(3)研究方法
運動的合成與分解
①水平方向：____直線運動。
②豎直方向：________運動。
勻速
自由落體
(4)基本規律
2．一般的拋體運動
(1)定義：將物體以初速度v0________或斜向下方拋出，物體只在____作用下的運動。
(2)性質：斜拋運動是加速度為g的勻變速曲線運動，運動軌跡是______。
斜向上方
重力
拋物線
(3)基本規律
①水平方向為勻速直線運動：v0x＝__________，x＝(v0cos θ)t。
②豎直方向為勻變速直線運動：v0y＝______________，y＝v0t sin θ－gt2。
以斜上拋運動為例，如圖所示。
v0cos θ
v0sin θ－gt
1．易錯易混辨析
(1)以一定的初速度水平拋出的物體的運動是平拋運動。 (　　)
(2)平拋運動的軌跡是拋物線，速度方向時刻變化，加速度方向也可能時刻變化。 (　　)
(3)做平拋運動的物體在任意相等的時間內速度的變化量是相同的。 (　　)
×
×
√
(4)平拋運動中速度和加速度方向之間的夾角一直減小。 (　　)
(5)兩個做平拋運動的物體，初速度大的落地時速度大。 (　　)
(6)做平拋運動的物體初速度越大，在空中運動的時間越短。 (　　)
(7)無論初速度是斜向上方還是斜向下方的斜拋運動都是勻變速曲線運動。 (　　)
√
×
×
√
2．人教版必修第二冊P17插圖：如圖所示的斜拋運動的軌跡和分析方法，試分析和計算當θ為何值時射程最大？
提示：初速度可以分解為v0x＝v0cos θ，v0y＝v0sin θ。在水平方向，物體的位移為x＝v0xt＝(v0cos θ)t?、?，在豎直方向，物體的位移為y＝v0yt－gt2＝(v0sin θ)t－gt2?、?，物體落回與拋出點同一高度時，有y＝0，由②式得總時間t總＝，由①式得物體的射程x總＝，當θ＝45°時，sin 2θ最大，射程最大。所以對于給定大小的初速度v0，沿θ＝45°方向斜向上拋出時，射程最大。
3．(魯科版必修第二冊習題改編)一架投放救援物資的飛機在某個受援區域的上空水平勻速飛行，從飛機上每隔1 s投下1包救援物資，先后共投下4包，若不計空氣阻力，則4包物資落地前(　　)
A．在空中任何時刻總是排成拋物線，它們的落地點是等間距的
B．在空中任何時刻總是排成拋物線，它們的落地點不是等間距的
C．在空中任何時刻總在飛機正下方排成豎直的直線，它們的落地點是等間距的
D．在空中任何時刻總在飛機正下方排成豎直的直線，它們的落地點不是等間距的
√
C　[勻速飛行的飛機上落下的物資做平拋運動，在水平方向做勻速直線運動，且與飛機的速度相同，因此，4包物資在空中任何時刻總在飛機正下方排成豎直線，因各物資落地間隔時間相等，落地點是等間距的，故選項C正確，A、B、D錯誤。]
細研考點·突破題型
考點1　平拋運動的規律及應用
1．平拋運動的時間和水平射程
(1)運動時間：由t＝知，時間取決于下落高度h，與初速度v0無關。
(2)水平射程：x＝v0t＝v0，即水平射程由初速度v0和下落高度h共同決定。
2．速度和位移的變化規律
(1)速度的變化規律
①任一時刻的速度水平分量均等于初速度v0。
②任一相等時間間隔Δt內的速度變化量方
向豎直向下，大小Δv＝Δvy＝gΔt(如圖所示)。
(2)位移變化規律
①任一相等時間間隔內，水平位移相同，即Δx＝v0Δt。
②連續相等的時間間隔Δt內，豎直方向上的位移差不變，即Δy＝g(Δt)2。
3．平拋運動的兩個重要推論
(1)做平拋(或類平拋)運動的物體任意時刻的瞬時速度的反向延長線一定通過此時水平位移的中點，如圖中A點和B點所示，即xB＝。
(2)做平拋(或類平拋)運動的物體在任意
時刻任意位置處，設其末速度方向與水
平方向的夾角為α，位移與水平方向的夾
角為θ，則tan α＝2tan θ。
角度1　平拋運動的規律及應用
[典例1]　(人教版必修第二冊習題改編)將一個物體以 10 m/s 的速度從20 m的高度水平拋出(不計空氣阻力，g＝10 m/s2)，下列說法正確的是
(　　)
A．落地時間為2 s
B．落地時速度為20 m/s
C．落地時速度方向與水平地面夾角的正切值為
D．物體的位移為20 m
√
A　[由h＝gt2得t＝＝2 s，故A正確；落地時豎直分速度vy＝gt＝20 m/s，落地速度為v＝＝10 m/s，故B錯誤；落地時速度方向與水平地面夾角的正切值tan θ＝＝2，故C錯誤；物體的水平位移x＝v0t＝20 m，位移為s＝＝20 m，故D錯誤。]
角度2　多物體平拋問題
[典例2]　如圖所示，ab為豎直平面內的半圓環acb的水平直徑，c為環上最低點，O點為圓心，環半徑為R，將一個小球從a點以初速度v0沿ab方向拋出，設重力加速度為g，不計空氣阻力，則以下說法錯誤的是(　　)
A．小球的初速度v0越大，碰到圓環時的水平分位移越大
B．當小球的初速度v0＝時，碰到圓環時的豎直分速度最大
C．無論v0取何值，小球都不可能垂直撞擊圓環
D．v0取值不同時，小球落在圓環上的速度方向和水平方向之間的夾角可以相同
√
D　[小球做平拋運動，則小球的初速度v0越大，其軌跡就越靠近ab直線，則碰到圓環時的水平分位移越大，故A正確，不符合題意；小球做平拋運動，當小球掉在c點時豎直分速度最大，設初速度為v0，則有R＝gt2，R＝v0t，解得v0＝，故B正確，不符合題意；小球撞擊在圓弧ac段時，速度方向斜向右下方，不可能與圓環垂直；當小球撞擊在圓弧cb段時，根據“中點”結論可知，由于O不在水
平位移的中點，所以小球撞在圓環上的速度反向延長線不可能通過O點，也就不可能垂直撞擊圓環，故C正確，不符合題意；v0取值不同時，小球運動的軌跡不同，落到圓環上的位置不同，則位移的偏向角不同，因速度的偏向角的正切值等于位移偏向角的正切值的2倍，可知速度的偏向角不同，則小球落在圓環上的速度方向和水平方向之間的夾角不相同，故D錯誤，符合題意。]
運動情境 物理量分析
vy＝gt，tan θ＝＝→t＝
考點2　與斜面和曲面相關的平拋運動
1．常見相關類型
運動情境 物理量分析
x＝v0t，y＝gt2→tan θ＝→t＝
tan θ＝＝→t＝
運動情境 物理量分析
落到斜面上時合速度與水平方向的夾角為φ
tan φ＝＝＝＝2tan θ，α＝φ－θ
tan θ＝＝→t＝
運動情境 物理量分析
在半圓內的平拋運動，h＝gt2，R＋＝v0t
2．解題關鍵
(1)靈活運用平拋運動的位移和速度分解方法。
(2)充分運用斜面傾角，找出斜面傾角與位移偏向角、速度偏向角的關系。
(3)“曲面”約束類要靈活應用平拋運動的推論。
角度1　與斜面有關的平拋運動
[典例3]　(2024·浙江精誠聯盟高三聯考)如圖所示，一無人機攜帶救援物資進行救援任務，飛到O點時懸停，以12 m/s的水平速度向右彈出物資，物資恰好垂直落在傾角θ＝37°斜坡上的A點。不計空氣阻力，tan 37°＝，g取10 m/s2，
下列說法正確的是(　　)
A．物資落到A點的時間為0.9 s
B．物資彈出的位置離落地點的水平距離為19.2 m
C．若其他條件不變，彈出位置改為O點的正下方，則物資仍能垂直落在斜坡上
D．若其他條件不變，彈出的初速度減小，則物資落到斜坡上的時間不變
√
B　[物資垂直落在斜坡上的A點時，設豎直方向的速度為vy，在A點進行速度的合成與分解，如圖所示，根據vy＝＝gt，物資落到A點的時間為t＝1.6 s，故A錯誤；物資彈出的位置離落地點的水平距離為x＝v0t＝19.2 m，故B正確；若其他條件不變，彈出位置改為O點的正下方，相當于將圖中軌跡向下平移，速度沿切線方向，可知，不可能垂直落在斜坡上，故C錯誤；若其他條件不變，彈出的初速度減小，與落在A點比較，相同時間會落到A點所在水平面左側，可知最終會
落在A點斜下方，豎直方向h＝gt2，可知時間變長，
故D錯誤。]
[典例4]　近年來，國家大力開展冰雪運動進校園活動，蹬冰踏雪深受學生喜愛。如圖所示，兩名滑雪運動員(均視為質點)從跳臺a處先后沿水平方向向左飛出，其速度大小之比為v1∶v2＝2∶1，不計空氣阻力，重力加速度為g，則兩名運動員從飛出至落到斜坡(可視為斜面)上的過程中，下列說法正確的是(　　)
A．他們飛行時間之比為t1∶t2＝1∶2
B．他們飛行的水平位移之比為x1∶x2＝2∶1
C．他們速度變化之比為Δv1∶Δv2＝2∶1
D．他們在空中離坡面的最大距離之比為s1∶s2＝2∶1
√
C　[運動員從跳臺a處水平飛出，設初速度為v0，飛行時間為t，斜坡的傾角為θ，運動員在空中做平拋運動，落到斜坡上時，有tan θ＝＝，解得t＝，可得他們飛行時間之比為t1∶t2＝v1∶v2＝2∶1，A錯誤；運動員飛行的水平位移為x＝v0t＝，所以他們飛行的水平位移之比為x1∶x2＝＝4∶1，B錯誤；兩運動
員在水平方向的速度不變，在豎直方向的速度變化為Δvy＝gt，因為他們飛行時間之比為t1∶t2＝2∶1，則他們速度變化之比為Δv1∶Δv2＝t1∶t2＝2∶1，C正確；運動員在空中離坡面的最大距離為s＝，他們在空中離坡面的最大距離之比為s1∶s2＝＝4∶1，D錯誤。]
角度2　與圓弧面有關的平拋運動
[典例5]　如圖所示，一小球從一半圓軌道左端A點正上方某處開始做平拋運動(小球可視為質點)，飛行過程中恰好與半圓軌道相切于B點，O為半圓軌道圓心，半圓軌道半徑為R，OB與水平方向的夾角為60°，重力加速度為g，不計空氣阻力，則小球拋出時的初速度大小為(　　)
A．
C．
√
A　[小球飛行過程中恰好與半圓軌道相切于B點，可知小球運動到B點時速度方向與水平方向的夾角為30°，設位移方向與水平方向的夾角為θ，則 tan θ＝＝，由tan θ＝＝，可得豎直方向的位移y＝R，而＝2gy，tan 30°＝，聯立解得v0＝，選項A正確，B、C、D錯誤。]
[典例6]　如圖所示，P是水平面上的圓弧凹槽，從高臺邊B點以某速度v0水平飛出的小球，恰能從固定在某位置的凹槽的圓弧軌道的左端A點沿圓弧切線方向進入軌道，O是圓弧的圓心，θ1是OA與豎直方向的夾角，θ2是BA與豎直方向的夾角，不計空氣阻力，則(　　)
A．＝2 B．＝2
C．tan θ1tan θ2＝2 D．＝2
√
C　[由題圖分析知，在A點速度方向與水平方向的夾角為θ1，則
tan θ1＝＝，位移方向與豎直方向的夾角為θ2，則tan θ2＝＝＝，所以tan θ1tan θ2＝2，所以選C。]
考點3　斜拋運動
1．斜拋運動的射高和射程
以斜拋運動的拋出點為坐標原點O，水平向右為x軸的正方向，豎直向上為y軸的正方向，建立如圖所示的平面直角坐標系xOy。
(1)斜拋運動的飛行時間：t＝＝。
(2)射高：h＝＝。
(3)射程：s＝v0cosθ·t＝＝，對于給定的v0，當θ＝45°時，射程達到最大值，smax＝。
2．解題技巧
(1)斜上拋運動從拋出點到最高點的運動，可逆過程分析為平拋運動。
(2)分析完整的斜上拋運動，可根據對稱性求解。
[典例7]　(2025·遼寧沈陽高三檢測)如圖所示為自由式滑雪大跳臺，將選手視為質點。圖(a)是選手從3 m高跳臺斜向上沖出的運動示意圖，圖(b)是選手在空中運動時離跳臺底部所在水平面的高度y隨時間t變化的圖線。已知t＝1 s時，圖線所對應的切線斜率為4(單位：m/s)，重力加速度g取10 m/s2，不計空氣阻力，下列說法正確的是(　　)
A．選手沖出跳臺的速度大小為14 m/s
B．t＝1.4 s時，選手到達最高點，離跳臺底部所在水平面的高度為12.8 m
C．t＝1.0 s和t＝1.8 s時，選手的速度相同
D．選手落到跳臺底部所在水平面的速度大小可能為16 m/s
√
B　[在豎直方向有vy＝vy0－gt，由y-t圖線斜率表示豎直分速度知，t＝1 s時vy＝4 m/s，則選手沖出跳臺時的豎直分速度vy0＝14 m/s，水平分速度不為零，可知選手沖出跳臺的速度大于14 m/s，故A錯誤；最高點豎直分速度為0，得時間t＝1.4 s到達最高點，由y＝y0＋vy0t－gt2，其中y0＝3 m，t＝1.4 s，解得離跳臺底部所在水平面的高度為y＝12.8 m，故B正確；由豎直上拋運動的對稱性可知，t＝1.0 s和t＝1.8 s時，豎直分速度大小相等，方向相反，可知合速度只是大小相等，方向并不相同，故C錯誤；選手落到跳臺底部所在水平面的豎直分速度v＝＝16 m/s，則合速度一定大于16 m/s，故D錯誤。]
微點突破　平拋運動中的臨界、極值問題
1．臨界點的確定
(1)若題目中有“剛好”“恰好”“正好”等字眼，明顯表明題述的過程中存在著臨界點。
(2)若題目中有“取值范圍”“多長時間”“多大距離”等詞語，表明題述的過程中存在著“起止點”，而這些“起止點”往往就是臨界點。
(3)若題目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明題述的過程中存在著極值點，這些極值點也往往是臨界點。
2．求解平拋運動臨界問題的一般思路
(1)找出臨界狀態對應的臨界條件。
(2)分解速度或位移。
(3)若有必要，畫出臨界軌跡。
[典例8]　2023年8月27日，中國女排在2023年U21女排世錦賽中奪冠。如圖為排球比賽場地示意圖，其長度為L，寬度為s，球網高度為h。現女排隊員在底線中點正上方沿水平方向發球，發球點高度為1.5h，排球做平拋運動(排球可看作質點，忽略空氣阻力)，重力加速度為g，則排球(　　)
A．能過網的最小初速度為
B．能落在界內的最大位移為
C．能過網而不出界的最大初速度為
D．能落在界內的最大末速度為
√
C　[根據平拋運動的兩個分運動規律x＝v0t，y＝gt2，聯立可得y＝x2，剛能過網的條件為x＝，y＝1.5h－h＝0.5h，代入軌跡方程可得最小初速度為v0＝，故A錯誤；能落在界內的最大位移是落在斜對角上，由幾何關系有smax＝，故B錯
誤；能過網而不出界落在斜對角上時有最大初速度，條件為x＝，y＝1.5h，代入軌跡方程可得最大初速度為v0max＝，故C正確；根據末速度的合成規律可知，能落在界內的最大末速度為vmax＝，故D錯誤。故選C。]
[典例9]　(2023·新課標卷)將扁平的石子向水面快速拋出，石子可能會在水面上一跳一跳地飛向遠方，俗稱“打水漂”。要使石子從水面跳起產生“水漂”效果，石子接觸水面時的速度方向與水面的夾角不能大于θ。為了觀察到“水漂”，一同學將一石子從距水面高度為h處水平拋出，拋出速度的最小值為多少？(不計石子在空中飛行時的空氣阻力，重力加速度大小為g)
[解析]　設石子拋出時的水平速度為v0，接觸水面時豎直方向的速度為vy
不計空氣阻力，石子做平拋運動
豎直方向有＝2gh
恰好可以觀察到“水漂”時，有tan θ＝
聯立解得v0＝。
[答案]　
即時檢驗·感悟高考
1．(2024·湖北卷)如圖所示，有五片荷葉伸出荷塘水面，一只青蛙要從高處荷葉跳到低處荷葉上，設低處荷葉a、b、c、d和青蛙在同一豎直平面內，a、b高度相同，c、d高度相同，a、b分別在c、d正上方。將青蛙的跳躍視為平拋運動，若以最小
的初速度完成跳躍，則它應跳到(　　)
A．荷葉a B．荷葉b
C．荷葉c D．荷葉d
√
C　[平拋運動 ―→v0＝ 最小，C正確。]
2．(2024·江蘇卷)噴泉a、b形成如圖所示的形狀，不計空氣阻力，則噴泉a、b(　　)
A．加速度相同
B．初速度相同
C．最高點的速度相同
D．在空中的時間相同
√
A　[不計空氣阻力，噴泉噴出的水在空中只受重力，加速度均為重力加速度，A正確；設噴泉噴出的水豎直方向速度為vy，水平方向速度為vx，豎直方向，根據對稱性可知在空中運動的時間t＝2，可知ta3．(2023·湖南卷)如圖(a)所示，我國某些農村地區人們用手拋撒谷粒進行水稻播種。某次拋出的谷粒中有兩顆的運動軌跡如圖(b)所示，其軌跡在同一豎直平面內，拋出點均為O，且軌跡交于P點，拋出時谷粒1和谷粒2的初速度分別為v1和v2，其中v1方向水平，v2方向斜向上。忽略空氣阻力，關于兩谷粒在空中的運動，下列說法正確的是(　　)
A．谷粒1的加速度小于谷粒2的加速度
B．谷粒2在最高點的速度小于v1
C．兩谷粒從O到P的運動時間相等
D．兩谷粒從O到P的平均速度相等
√
B　[忽略空氣阻力，拋出后的谷粒1和谷粒2都只受重力作用，所以兩谷粒的加速度相同，都是重力加速度，A錯誤；從O到P的過程中，兩谷粒水平位移相同，根據豎直方向的分運動可知，谷粒2從O到P的運動時間長，故t1v2x，故谷粒2在最高點的速度(水平分速度v2x)小于v1，B正確；兩谷粒從O到P位移相同，時間不同，平均速度不同，D錯誤。]
課時數智作業(九)　拋體運動
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
1．(2024·浙江溫州高三適應性考試)如圖所示，甲同學在地面上將排球以速度v1擊出，排球沿軌跡①運動；經過最高點后，乙同學跳起將排球以水平速度v2擊回，排球沿軌跡②運動， 恰好落回出發點。忽略空氣阻力， 則排球(　　)
12
A．沿軌跡②運動的最大速度可能為v1
B．沿軌跡①運動的最小速度為v2
C．沿軌跡①和軌跡②運動過程的速度變化量大小相同
D．沿軌跡①和軌跡②運動過程的平均速度大小可能相同
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
√
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
A　[根據題圖可知，軌跡①最高點大于軌跡②最高點，分析在最高點往左運動，根據平拋運動規律可知h＝gt2，vx＝，軌跡①運動時間長，但水平位移小，所以軌跡①水平分速度小，豎直分速度v2＝2gh，軌跡①的豎直分速度大，所以沿軌跡②運動的最大速度可能為v1，沿軌跡①運動的最小速度即水平速度小于v2，故A正確，B錯誤；沿軌跡①和軌跡②運動過程的速度變化量大小Δv＝gΔt不同，因為運動時間不同，故C錯誤；沿軌跡①和軌跡②運動過程的平均速度大小不同，因為位移大小相同，但時間不同，故D錯誤。]
12
2．(多選)(2024·江西卷)一條河流某處存在高度差，小魚從低處向上躍出水面，沖到高處。如圖所示，以小魚躍出水面處為坐標原點，x軸沿水平方向，建立坐標系，小魚的初速度為v0，末速度v沿x軸正方向。在此過程中，小魚可視為質點且只受重力作用。關于小魚的水平位置x、豎直位置y、水平方向分速度vx和豎直方向分速度vy與時間t的關系，下列圖像可能正確的是(　　)
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
A　　　　 B　　　　C　　　　D
√
√
AD　[由于小魚在運動過程中只受重力作用，則小魚在水平方向上做勻速直線運動，即vx為一定量，則有x＝vxt， C錯誤；小魚在豎直方向上做豎直上拋運動，則有y＝vy0t－gt2，vy＝vy0－gt，且vy最終減為0，B錯誤，故選AD。]
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
3．(多選)(2025·江西上饒模擬)如圖所示，固定在水平面上的光滑斜面長a＝5 m，寬b＝4 m，傾角θ＝30°，一可視為質點的小球從頂端B處水平向左射入，恰好從底端點A處射出，重力加速度g取10 m/s2。則下列說法正確的是(　　)
A．小球運動的加速度大小為10 m/s2
B．小球從B運動到A所用時間為 s
C．小球從B點水平射入的速度大小為2 m/s
D．小球從B點水平射入的速度大小為4 m/s
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
√
√
BC　[對小球受力分析，受到重力和斜面的支持力，根據牛頓第二定律，可得mg sin 30°＝ma0，解得a0＝g sin 30°＝5 m/s2，方向沿斜面向下，故A錯誤；小球從B到A做類平拋運動，設球從B點水平射入時的速度為v0，從B運動到A所用時間為t；水平方向有b＝v0t，沿斜面向下方向有a＝a0t2，聯立解得t＝ s，v0＝2 m/s，故B、C正確，D錯誤。]
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
4．(2024·浙江杭州高三質檢)據悉，我國已在陜西省西安市的閻良機場建立了一座航空母艦所使用的滑跳式甲板跑道，用來讓飛行員練習在航空母艦上的滑跳式甲板起飛。如圖所示的AOB為此跑道縱截面示意圖，其中AO段水平，OB段為拋物線，O點為拋物線的頂點，拋物線過O點的切線水平，OB的水平距離為x，豎直高度為y。某次訓練中，觀察戰機(視為質點)通過OB段時，得知戰機在水平方向做勻速直線運動，所用時間為t，則戰機離開B點的速率為(　　)
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
A．
C．
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
√
D　[戰機的運動軌跡是拋物線，當水平方向做勻速直線運動時，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，則戰機到達B點時的水平分速度大小vx＝，豎直分速度大小vy＝，合速度大小為v＝＝，D正確。]
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
5．(2024·陜西榆林一模)某部隊進行一場實戰演習。如圖所示，山腳下O點有一個迫擊炮，炮彈的發射角α＝60°，發射速率v0＝
120 m/s，炮彈恰好擊中傾角θ＝30°的山坡上的目標A。重力加速度g取10 m/s2，忽略空氣阻力。則A到O的距離為(　　)
A．540 m B．800 m
C．960 m D．1 800 m
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
√
C　[根據題意可知，炮彈做斜拋運動，水平方向有x＝v0cos α·t，豎直方向有y＝v0sin α·t－gt2，又有y＝x tan θ，且OA的長度L＝，代入數據得L＝960 m，故選C。]
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
6．(2022·廣東卷)如圖所示，在豎直平面內，截面為三角形的小積木懸掛在離地足夠高處，一玩具槍的槍口與小積木上P點等高且相距為L。當玩具子彈以水平速度v從槍口向P點射出時，小積木恰好由靜止釋放，子彈從射出至擊中積木所用時間為t。不計空氣阻力。下列關于子彈的說法正確的是(　　)
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
A．將擊中P點，t大于
B．將擊中P點，t等于
C．將擊中P點上方，t大于
D．將擊中P點下方，t等于
√
B　[由題意知槍口與P點等高，子彈和小積木在豎直方向上均做自由落體運動，當子彈擊中積木時子彈和積木運動時間相同，根據h＝gt2，可知下落高度相同，所以將擊中P點；又由于初始狀態子彈到P點的水平距離為L，子彈在水平方向上做勻速直線運動，故有t＝，故選B。]
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
7．某籃球運動員正在進行投籃訓練，若將籃球視為質點，忽略空氣阻力，籃球的運動軌跡可簡化為如圖所示，其中A是籃球的投出點，B是運動軌跡的最高點，C是籃球的投入點。已知籃球在A點的速度與水平方向的夾角為45°，在C點的速度大小為v0且與水平方向夾角為30°，重力加速度大小為g，下列說法正確的是(　　)
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
A．籃球在B點的速度為零
B．從B點到C點，籃球的運動時間為
C．A、B兩點的高度差為
D．A、C兩點的水平距離為
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
√
C　[籃球在B點的速度為vB＝vx＝v0cos 30°＝v0，故A錯誤；從B點到C點，籃球的運動時間為t＝＝＝，故B錯誤；A、B兩點的高度差為h＝＝＝，故C正確；A、C兩點的水平距離為x＝vx＝v0＝，故D錯誤。]
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
8．(多選)(2024·山東煙臺一模)從高H處的M點先后水平拋出兩個小球1和2，軌跡如圖所示，球1與地面碰撞一次后剛好越過豎直擋板AB，落在水平地面上的N點，球2剛好直接越過豎直擋板AB，也落在N點，設球1與地面的碰撞是彈性碰撞，忽略空氣阻力，則
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
A．小球1、2的初速度之比為1∶3
B．小球1、2的初速度之比為1∶4
C．豎直擋板AB的高度h＝H
D．豎直擋板AB的高度h＝H
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
√
√
AD　[設M點到N點水平距離為L，對球2整個運動過程t有H＝gt2，解得運動時間t＝，可得L＝v2t　①，球1與地面碰撞前后豎直方向分速度大小不變、方向相反，根據對稱性可知，球1與地面碰撞后到達的最高點與初始高度相同，為H，球1在水平方向一直做勻速運動，有L＝v1·t1，t1＝3t2＝3t，即L＝3v1t?、?，聯立①②解得
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
＝，故A正確，B錯誤；設球1與地面碰撞時豎直方向速度大小為vy1，碰撞點到M點和B點的水平距離分別為x1、x2，有＝2gH，設球1到達A點時豎直方向速度大小為vy2，將球1與地面碰撞后到達最高點時的過程反向來看可得＝2g(H－h)，可得碰撞點到A點的時間為t3＝，球2剛好越過擋板AB的時間為t′＝，根據水平方向位移關系有v2t′＝x1＋x2，即v2·＝v1·＋v1·，解得h＝H，故C錯誤，D正確。]
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
9．(多選)(2024·山東卷)如圖所示，工程隊向峽谷對岸平臺拋射重物，初速度v0大小為20 m/s，與水平方向的夾角為30°，拋出點P和落點Q的連線與水平方向夾角為30°，重力加速度大小取 10 m/s2，忽略空氣阻力。重物在此運動過程中，下列說法正確的是(　　)
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
A．運動時間為2 s
B．落地速度與水平方向夾角為60°
C．重物離PQ連線的最遠距離為10 m
D．軌跡最高點與落點的高度差為45 m
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
√
√
BD　[對重物從P運動到Q的過程，水平方向上有x＝v0t cos 30°，豎直方向上有y＝，由幾何關系有＝tan 30°，聯立解得重物的運動時間t＝4 s，A錯誤；結合A項分析可知，重物落地時的水平分速度vx＝v0cos 30°，豎直分速度vy＝－v0sin 30°＋gt，則tan θ＝＝，所以重物的落地速度與水平方向夾角為60°，B正確；對重物從P運動到Q的過程，垂直于PQ連線方向有
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
2ghm cos 30°＝(v0 sin 60°)2，解得重物離PQ連線的最遠距離hm＝10 m，C錯誤；結合B項分析，豎直方向上有2gym＝，解得重物軌跡最高點與落點的高度差ym＝45 m，D正確。]
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
10．(多選)(2022·山東卷)如圖所示，某同學將離地1.25 m的網球以13 m/s的速度斜向上擊出，擊球點到豎直墻壁的距離4.8 m。當網球豎直分速度為0時，擊中墻壁上離地高度為8.45 m的P點。網球與墻壁碰撞后，垂直墻面速度分量大小變為碰前的0.75倍。平行墻面的速度分量不變。重力加速度g取10 m/s2，網球碰墻后的速度大小v和著地點到墻壁的距離d分別為(　　)
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
A．v＝5 m/s
B．v＝3 m/s
C．d＝3.6 m
D．d＝3.9 m
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
√
√
BD　[建立如圖所示的三維坐標系，網球在豎直方向做豎直上拋運動，上升的最大高度h1＝(8.45－1.25)m＝7.20 m，所以在擊球點豎直方向的分速度v0z＝＝12 m/s，上升時間t1＝＝1.2 s，則v0y＝ m/s＝4 m/s，故沿x方向的分速度v0x＝＝
3 m/s，到達最高點P與墻壁碰撞后，沿x方向的分速度v0x＝3 m/s，沿y方向的分速度大小變為v′0y＝4×0.75 m/s＝3 m/s，所以網球碰墻
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
后的速度大小為v＝＝3 m/s，所以B正確，A錯誤；下落的時間t2＝ s＝1.3 s，網球著地點到墻壁的距離d＝v′0yt2＝3.9 m，所以D正確，C錯誤。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
11．(2022·全國甲卷)將一小球水平拋出，使用頻閃儀和照相機對運動的小球進行拍攝，頻閃儀每隔0.05 s發出一次閃光。某次拍攝時，小球在拋出瞬間頻閃儀恰好閃光，拍攝的照片編輯后如圖所示。圖中的第一個小球為拋出瞬間的影像，每相鄰兩個球之間被刪去了3個影像，所標出的兩個線段的長度s1和s2之比為3∶7。重力
加速度大小g取10 m/s2，忽略空氣阻力。求在拋
出瞬間小球速度的大小。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
[解析]　設s1對應的水平位移為x，對應的豎直位移為y，則根據平拋運動的特點可知，s2對應的水平位移也為x，對應的豎直位移為3y
有y＝g(4T)2＝0.2 m
s1＝
s2＝
＝
解得x＝ m
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
拋出瞬間小球的速度大小為v0＝
解得v0＝ m/s。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
[答案]　 m/s
12．如圖所示，排球場總長為18 m，設球網高度為2 m，運動員站在離網3 m的線上，豎直向上跳起正對球網將球水平擊出。(不計空氣阻力，g取10 m/s2)
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
(1)設擊球點在3 m線正上方高度為2.5 m處，試問擊球的速度大小v在什么范圍內才能使球既不觸網也不越界？
(2)若擊球點在3 m線正上方的高度小于某個值，那么無論擊球的速度多大，球不是觸網就是越界，試求這個高度。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
[解析]　(1)如圖甲所示，設球剛好擦網而過，則擊球點到擦網點的水平位移x1＝3 m
豎直位移y1＝h2－h1＝(2.5－2) m＝0.5 m
根據位移關系x＝vt，y＝gt2
可得v＝x
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
代入數據可得v1＝3 m/s，即所求擊球速度大小的下限
設球剛好打在邊界線上，則擊球點到落地點的水平位移x2＝12 m
豎直位移y2＝h2＝2.5 m
代入速度公式v＝x
可求得v2＝12 m/s，即所求擊球速度大小的上限
欲使球既不觸網也不越界，則擊球速度大小v應滿足3 m/s12 m/s。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
(2)設擊球點高度為h3時，球恰好既觸網又壓線，如圖乙所示
設此時球的初速度為v3，擊球點到觸網點的水平位移x3＝3 m
豎直位移y3＝h3－h1＝h3－2 m
代入速度公式v＝x
可得v3＝3 m/s
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
同理擊球點到壓線點的水平位移x4＝12 m，數值位移y4＝h3
代入速度公式v＝x
可得v3＝12 m/s
聯立解得h3＝ m，即當擊球高度小于 m時，無論擊球的速度多大，球不是觸網就是越界。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
[答案]　(1)3 m/s謝 謝 ！

展開更多......

收起↑