2020高考物理一輪復習 第四章 第2講 平拋運動的規(guī)律及應用學案（含解析）.doc

平拋運動的規(guī)律及應用主干梳理 對點激活知識點拋體運動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，物體只在重力作用下的運動。(2)性質：平拋運動是加速度為g的勻變速曲線運動，運動軌跡是拋物線。(3)條件v00，且沿水平方向。只受重力作用。2斜拋運動(1)定義：將物體以初速度v0沿斜向上方或斜向下方拋出，物體只在重力作用下的運動。(2)性質：斜拋運動是加速度為g的勻變速曲線運動，運動軌跡是拋物線。(3)條件v00，且沿斜向上方或斜向下方。只受重力作用。知識點拋體運動的基本規(guī)律1平拋運動(1)研究方法：平拋運動可以分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動。(2)基本規(guī)律(如圖所示)速度關系位移關系軌跡方程：yx2。2斜拋運動(1)研究方法：斜拋運動可以分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的豎直上拋或豎直下拋運動。(2)基本規(guī)律(以斜向上拋為例，如圖所示)水平方向v0xv0cos，xv0tcos。豎直方向v0yv0sin，yv0tsingt2。3類平拋運動的分析所謂類平拋運動，就是受力特點和運動特點類似于平拋運動，即受到一個恒定的外力且外力與初速度方向垂直，物體做勻變速曲線運動。(1)受力特點：物體所受合力為恒力，且與初速度的方向垂直。(2)運動特點：沿初速度v0方向做勻速直線運動，沿合力方向做初速度為零的勻加速直線運動。一 思維辨析1以一定的初速度水平拋出的物體的運動是平拋運動。()2做平拋運動的物體初速度越大，水平位移越大。()3做平拋運動的物體，在任意相等的時間內速度的變化相同。()4平拋運動的時間由高度決定。()5平拋是勻變速曲線運動，速度不斷變大。()6類平拋運動的合力可以是變力。()答案1.2.3.4.5.6.二 對點激活1. (人教版必修2P10做一做改編)(多選)為了驗證平拋運動的小球在豎直方向上做自由落體運動，用如圖所示的裝置進行實驗。小錘打擊彈性金屬片，A球水平拋出，同時B球被松開，自由下落，關于該實驗，下列說法正確的是()A兩球的質量應相等B兩球應同時落地C應改變裝置的高度，多次實驗D實驗也能說明A球在水平方向上做勻速直線運動答案BC解析小錘打擊彈性金屬片后，A球做平拋運動，B球做自由落體運動。A球在豎直方向上的運動情況與B球相同，也做自由落體運動，因此兩球同時落地。實驗時，需A、B兩球從同一高度開始運動，對質量沒有要求，但兩球的初始高度及擊打力度應該有變化，實驗時要進行35次得出結論。本實驗不能說明A球在水平方向上的運動性質，故B、C正確，A、D錯誤。2(人教版必修2P9例題1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，取g10 m/s2)，下列說法正確的是()A落地時間為2 sB落地時速度為20 m/sC落地時速度方向與地面夾角的正切值為D物體的位移為20 m答案A解析由hgt2得t2 s，故A正確；落地時豎直分速度vygt20 m/s，落地速度為v10 m/s，故B錯誤；落地時速度方向與地面夾角的正切值tan2，故C錯誤；物體的水平位移xv0t20 m，位移為20 m，故D錯誤?？键c細研 悟法培優(yōu)考點1平拋運動的基本規(guī)律1關于平拋運動必須掌握的四個物理量物理量相關分析飛行時間(t)t ，飛行時間取決于下落高度h，與初速度v0無關水平射程(x)xv0tv0，即水平射程由初速度v0和下落高度h共同決定，與其他因素無關落地速度(v)v，以表示落地時速度與x軸正方向間的夾角，有tan，所以落地速度也只與初速度v0和下落高度h有關速度的改變量(v)因為平拋運動的加速度為恒定的重力加速度g，所以做平拋運動的物體在任意相等時間間隔t內的速度改變量vgt相同，方向恒為豎直向下，如圖所示2平拋運動的兩個重要推論(1)做平拋運動的物體任一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，如圖甲所示。其推導過程為tan。(2)做平拋運動的物體在任一時刻任一位置處，設其速度方向與水平方向的夾角為，位移與水平方向的夾角為，則tan2tan。如圖乙所示。其推導過程為tan2tan。例1(多選)如圖所示，x軸在水平地面內，y軸沿豎直方向。圖中畫出了從y軸上沿x軸正向拋出的三個小球a、b和c的運動軌跡，其中b和c是從同一點拋出的。不計空氣阻力，則()Aa的飛行時間比b的長Bb和c的飛行時間相同Ca的水平初速度比b的小Db的水平初速度比c的大解題探究(1)平拋的時間取決于什么？提示：取決于下落高度。(2)平拋的水平射程與初速度有關嗎？提示：有，時間相同的情況下，初速度越大水平射程越大。嘗試解答選BD。根據平拋運動的規(guī)律hgt2，得t，因此平拋運動的時間只由下落高度決定，因為hbhc>ha，所以b與c的飛行時間相同，大于a的飛行時間，因此A錯誤，B正確；又因為xa>xb，而ta<tb，所以a的水平初速度比b的大，C錯誤；做平拋運動的物體在水平方向上做勻速直線運動，b的水平位移大于c，而tbtc，所以vb>vc，即b的水平初速度比c的大，D正確?？偨Y升華1“化曲為直”思想在平拋運動中的應用根據運動的等效性，利用運動分解的方法，將其轉化為我們所熟悉的兩個方向上的直線運動：(1)水平方向的勻速直線運動；(2)豎直方向的自由落體運動。2對多體平拋問題的四點提醒(1)若兩物體同時從同一高度(或同一點)拋出，則兩物體始終在同一高度，二者間距只取決于兩物體的水平分運動。(2)若兩物體同時從不同高度拋出，則兩物體高度差始終與拋出點高度差相同，二者間距由兩物體的水平分運動和豎直高度差決定。(3)若兩物體從同一點先后拋出，兩物體豎直高度差隨時間均勻增大，二者間距取決于兩物體的水平分運動和豎直分運動。(4)兩條平拋運動軌跡的相交處是兩物體的可能相遇處，兩物體要在此處相遇，必須同時到達此處。變式11(2018濰坊統(tǒng)考) “套圈”是游戲者站在界線外將圓圈水平拋出，套中前方水平地面上的物體。某同學在一次“套圈”游戲中，從P點以某一速度水平拋出的圓圈越過了物體正上方落在地面上(如圖所示)。為套中物體，下列做法可行的是(忽略空氣阻力)()A從P點正前方，以原速度水平拋出B從P點正下方，以原速度水平拋出C從P點正上方，以原速度水平拋出D從P點正上方，以更大速度水平拋出答案B解析由于拋出的圓圈做平拋運動，由平拋運動的規(guī)律可知，圓圈在豎直方向做自由落體運動，則hgt2，水平方向做勻速直線運動，則xvt，解得xv ，由題意圓圈越過了物體正上方落在地面上，欲使圓圈套中物體，應減小水平方向的位移。若從P點的正前方以原速度水平拋出，則圓圈仍越過物體正上方落在地面上，A錯誤；降低圓圈拋出點的高度以原速度水平拋出，圓圈的運動時間減少，則圓圈可能套中物體，B正確；如果增加拋出點的高度，欲使圓圈套中物體，則應減小水平拋出時的速度，C、D錯誤。變式12(多選)如圖所示，A、B兩點在同一條豎直線上，A點離地面的高度為2.5h，B點離地面高度為2h。將兩個小球分別從A、B兩點水平拋出，它們在P點相遇，P點離地面的高度為h。已知重力加速度為g，則()A兩個小球一定同時拋出B兩個小球拋出的時間間隔為() C兩個小球拋出的初速度之比D兩個小球拋出的初速度之比答案BD解析平拋運動豎直方向為自由落地運動，由ygt2知，t ，A到P點高度較大，故A點先拋出，A錯誤；兩小球拋出的時間間隔為ttAtB () ，B正確；由xv0t得v0x ，x相等， ，C錯誤，D正確?？键c2斜面上的平拋運動斜面上的平拋運動問題是一種常見的題型，在解答這類問題時除要運用平拋運動的位移和速度規(guī)律，還要充分運用斜面傾角，找出斜面傾角同位移和速度與水平方向夾角的關系，從而使問題得到順利解決。1從斜面上某點水平拋出，又落到斜面上的平拋運動的五個特點(1)位移方向相同，豎直位移與水平位移之比等于斜面傾斜角的正切值。(2)末速度方向平行，豎直分速度與水平分速度(初速度)之比等于斜面傾斜角正切值的2倍。(3)運動的時間與初速度成正比。(4)位移與初速度的二次方成正比。(5)當速度與斜面平行時，物體到斜面的距離最遠，且從拋出到距斜面最遠所用的時間為平拋運動時間的一半。2常見的模型例2(2018山東六校聯(lián)考)(多選)如圖所示，D點為固定斜面AC的中點。在A點和D點分別以初速度v01和v02水平拋出一個小球，結果兩球均落在斜面的底端C。空氣阻力不計。設兩球在空中運動的時間分別為t1和t2，落到C點前瞬間的速度大小分別為v1和v2，落到C點前瞬間的速度方向與水平方向的夾角分別為1和2，則下列關系式正確的是()A.2 B. C. D.解題探究(1)平拋的時間由哪個物理量決定？提示：下落高度。(2)速度偏轉角的正切如何求解？提示：tan。嘗試解答選BC。由題意知兩小球做平拋運動的豎直位移之比為21，由平拋運動規(guī)律hgt2可知，A項錯誤；又水平位移之比也為21，由平拋運動規(guī)律xv0t，知兩球初速度之比為，B項正確；兩小球豎直方向的速度可由vygt計算，則，又，由v，可得，C項正確；由tan，結合C項的分析，可知v1、v2與水平方向的夾角1、2的正切值相等，D項錯誤?？偨Y升華1常見平拋運動模型運動時間的計算方法(1)在水平地面正上方h處平拋：由hgt2知t，即t由高度h決定。小球豎直高度越大，飛行時間越長。(2)斜面上的平拋問題：從斜面上某點水平拋出，又落到斜面上(如圖1)方法：分解位移xv0tygt2tan可求得t。對著斜面平拋(如圖2)方法：分解速度vxv0vygttan可求得t。2利用假設法求解平拋運動問題對于平拋運動，運動時間由下落高度決定，水平位移由下落高度和初速度決定，所以當下落高度相同時，水平位移與初速度成正比。但有時下落高度不同，水平位移就很難比較，這時可以采用假設法，例如移動水平地面使其下落高度相同，從而作出判斷。變式2(2018唐山三模)如圖所示，固定在水平地面上的傾角30的斜面長為L，小球從斜面頂端A處以初速度v0水平拋出，剛好落在距斜面頂端處。若將小球從同一點以2v0水平拋出，不計空氣阻力，小球下落后均不彈起。小球兩次在空中運動過程中的()A時間之比為12B速度的變化量之比為1C水平位移之比為1D豎直位移之比為14答案B解析小球從斜面頂端平拋，若落在斜面上，則xv0t，ygt2，tan，得到t，當速度變成2v0時，若仍能落到斜面上，則t變成原來的2倍，y變成原來的4倍，因斜面長L，第一次以v0平拋時落點距斜面頂端，所以以2v0平拋時將落在地面上，豎直位移之比為13，則時間之比為1，由vgt得速度變化量之比為1，由xv0t得水平位移之比為12，故B正確，A、C、D錯誤?？键c3類平拋運動的分析1類平拋運動與平拋運動的區(qū)別平拋運動的初速度水平，只受與初速度垂直的豎直向下的重力，ag；類平拋運動的初速度不一定水平，但合外力與初速度方向垂直且為恒力，a。2求解方法(1)常規(guī)分解法：將類平拋運動分解為沿初速度方向的勻速直線運動和垂直于初速度方向(即沿合外力方向)的勻加速直線運動。(2)特殊分解法：對于有些問題，可以過拋出點建立適當的直角坐標系，將加速度a分解為ax、ay，初速度v0分解為vx、vy，然后分別在x、y方向上列方程求解。例3如圖所示的光滑斜面長為l，寬為b，傾角為，一物塊(可看成質點)沿斜面左上方頂點P水平射入，恰好從底端Q點離開斜面，則()APQ所用的時間t2BPQ所用的時間tC初速度v0bD初速度v0b解題探究(1)物塊類平拋的加速度是多少？提示：agsin。(2)物塊沿初速度方向和沿加速度方向的位移分別是多少？提示：b，l。嘗試解答選C。物塊的加速度為：agsin。根據lat2，得：t，故A、B錯誤；初速度v0b，故C正確，D錯誤?？偨Y升華求解類平拋問題的關鍵(1)對研究對象受力分析，找到合外力的大小、方向，正確求出加速度。例題中，物體受重力、支持力作用，合外力沿斜面向下。(2)確定是研究速度，還是研究位移。(3)把握好分解的思想方法，例題中研究位移，把運動分解成沿斜面的勻加速直線運動和水平方向的勻速直線運動，然后將兩個方向的運動用時間t聯(lián)系起來。變式3A、B兩個質點以相同的水平速度v0拋出，A在豎直平面內運動，落地點為P1，B沿光滑斜面運動，落地點為P2，不計阻力，如圖所示，下列比較P1、P2在x軸上遠近關系的判斷正確的是()AP1較遠 BP2較遠CP1、P2等遠 DA、B兩項都有可能答案B解析A質點水平拋出后，只受重力，做平拋運動，在豎直方向有hgt。B質點水平拋出后，受重力和支持力，在斜面平面內所受合力為mgsin，大小恒定且與初速度方向垂直，所以B質點做類平拋運動，在沿斜面向下方向上gsint。A的水平位移x1v0t1，B的水平位移x2v0t2，由于t2>t1，所以x2>x1，P2較遠。故選B。滿分指導1平拋運動中的臨界問題【案例剖析】(16分)如圖所示，水平屋頂高H5 m，圍墻高h3.2 m，圍墻到房子的水平距離L3 m，圍墻外空地寬x10 m，為使小球從屋頂水平飛出落在圍墻外的空地上，g取10 m/s2。求：(1)小球離開屋頂時的速度v0的大小范圍；(2)小球落在空地上的最小速度。審題抓住信息，準確推斷破題形成思路，快速突破(1)設小球恰好落到空地邊緣時的水平初速度為v1，請寫出平拋運動的位移方程。水平方向：Lxv1t1；豎直方向：Hgt。(2)設小球恰好越過墻的邊緣時的水平初速度為v2，請寫出平拋運動的位移方程。水平方向：Lv2t2；豎直方向：Hhgt。(3)請寫出v0的取值范圍。 提示：v0的取值范圍為v2v0v1。(4)在v0的取值范圍內落地速度最小時，對應的初速度是多少？提示：v0對應最小值v2時，小球落地速度最小。解題規(guī)范步驟，水到渠成(1)設小球恰好落到空地的右側邊緣時的水平初速度為v1，則小球的水平位移：Lxv1t1(2分)小球的豎直位移：Hgt(2分)解以上兩式得：v1(Lx) 13 m/s(1分)設小球恰好越過圍墻的邊緣時的水平初速度為v2，則此過程中小球的水平位移：Lv2t2(2分)小球的豎直位移：Hhgt(2分)解以上兩式得：v2L5 m/s(1分)小球拋出時的速度大小范圍為5 m/sv013 m/s(1分)(2)小球落在空地上，下落高度一定，落地時的豎直分速度一定，當小球恰好越過圍墻的邊緣落在空地上時，落地速度最小。豎直方向：v2gH(2分)又有：vmin(2分)解得：vmin5 m/s。(1分)點題突破瓶頸，穩(wěn)拿滿分(1)常見的思維障礙：不理解小球落在墻外的空地上的含義，不能挖掘出當小球恰好越過墻的邊緣時v0有最小速度，恰好落到空地邊緣時v0有最大速度這兩個臨界狀態(tài)，導致無法求出結果。(2)因解答不規(guī)范導致的失分：解題時不用題中所給字母列方程，導致失分；解出兩個臨界速度后，沒有補充說明v0的取值范圍，導致失分。高考模擬 隨堂集訓1(2018全國卷)在一斜面頂端，將甲、乙兩個小球分別以v和的速度沿同一方向水平拋出，兩球都落在該斜面上。甲球落至斜面時的速率是乙球落至斜面時速率的()A2倍 B4倍 C6倍 D8倍答案A解析設甲球落至斜面時的速率為v1，乙球落至斜面時的速率為v2，由平拋運動規(guī)律，xvt，ygt2，設斜面傾角為，由幾何關系，tan，小球由拋出到落至斜面，由機械能守恒定律，mv2mgymv，聯(lián)立解得：v1v，即落至斜面時的速率與拋出時的速率成正比。同理可得，v2，所以甲球落至斜面時的速率是乙球落至斜面時的速率的2倍，A正確。2(2018江蘇高考)某彈射管每次彈出的小球速度相等。在沿光滑豎直軌道自由下落過程中，該彈射管保持水平，先后彈出兩只小球。忽略空氣阻力，兩只小球落到水平地面的()A時刻相同，地點相同 B時刻相同，地點不同C時刻不同，地點相同 D時刻不同，地點不同答案B解析彈射管在豎直方向做自由落體運動，所以彈出小球在豎直方向運動的時間相等，因此兩球應同時落地；由于兩小球先后彈出，所以小球在水平方向運動的時間不等，因小球在水平方向做勻速運動，且彈出小球的水平初速度相同，所以水平位移不相等，因此落點不相同，故B正確。3(2017全國卷)發(fā)球機從同一高度向正前方依次水平射出兩個速度不同的乒乓球(忽略空氣的影響)。速度較大的球越過球網，速度較小的球沒有越過球網。其原因是()A速度較小的球下降相同距離所用的時間較多B速度較小的球在下降相同距離時在豎直方向上的速度較大C速度較大的球通過同一水平距離所用的時間較少D速度較大的球在相同時間間隔內下降的距離較大答案C解析在豎直方向，球做自由落體運動，由hgt2知，選項A、D錯誤。由v22gh知，選項B錯誤。在水平方向，球做勻速直線運動，通過相同水平距離，速度大的球用時少，選項C正確。4(2017江蘇高考) 如圖所示，A、B兩小球從相同高度同時水平拋出，經過時間t在空中相遇。若兩球的拋出速度都變?yōu)樵瓉淼?倍，則兩球從拋出到相遇經過的時間為()At B.t C. D.答案C解析設A、B兩小球分別以速度vA、vB水平拋出時，經過時間t相遇，則根據平拋運動在水平方向做勻速直線運動有vAtvBtd(d為兩小球間的水平距離)設當A、B兩小球速度都變?yōu)樵瓉淼?倍時，經過時間t相遇，則2vAt2vBtd聯(lián)立解得t選項C正確。5(2016海南高考)在地面上方某一點將一小球以一定的初速度沿水平方向拋出，不計空氣阻力，則小球在隨后的運動中()A速度和加速度的方向都在不斷變化B速度與加速度方向之間的夾角一直減小C在相等的時間間隔內，速率的改變量相等D在相等的時間間隔內，動能的改變量相等答案B解析由于物體做平拋運動，故物體只受重力作用，加速度不變，速度的大小和方向時刻在變化，故A錯誤；設某時刻速度與豎直方向夾角為，則tan，隨著時間t的變大，tan變小，則變小，故B正確；根據加速度定義式ag，則vgt，即在相等的時間間隔內，速度的改變量相等，而速率的改變量不相等，故C錯誤；根據動能定理，在相等的時間間隔內，動能的改變量等于重力的功，即WGmgh，而平拋運動在相等時間間隔內豎直方向上的位移不相等，故D錯誤。6. (2018宜昌調研)如圖所示，在豎直平面內有一半圓形軌道，圓心為O。一小球(可視為質點)從與圓心等高的半圓形軌道上的A點以速度v0水平向右拋出，落于軌道上的C點。已知OC與OA的夾角為，重力加速度為g，則小球從A運動到C的時間為()A.tan B.cotC.tan D.cot答案D解析由幾何關系可知，AC與水平方向的夾角，根據平拋運動的規(guī)律，知tan，得tcot。所以D項正確，A、B、C三項錯誤。配套課時作業(yè)時間：60分鐘滿分：100分一、選擇題(本題共11小題，每小題7分，共77分。其中17為單選，811為多選)1(2018廣東四校聯(lián)考)從同一高度同時將a、b兩不完全相同的小球分別豎直上拋和斜上拋，它們的初速度大小相同；若不計空氣阻力，則以下說法中正確的是()A在空中運動的過程中，兩球的加速度相同B兩球觸地時的瞬時速率不同C兩球在空中運動的時間相同D兩球運動的位移相同答案A解析兩球在空中都只受重力作用，兩球的加速度都為重力加速度g，A項正確。因兩球都只受重力，則機械能均守恒，據機械能守恒定律有mvmghmv，可知兩球觸地時的速率相同，B項錯誤。因兩球以相同的速率分別豎直上拋和斜上拋，則知兩球在空中運動的時間不同，C項錯誤。因兩球初始時運動方向不同，則它們發(fā)生的位移不同，D項錯誤。2(2018福建質檢)轟炸機進行實彈訓練，在一定高度沿水平方向勻速飛行，某時刻釋放炸彈，一段時間后擊中豎直懸崖上的目標P點。不計空氣阻力，下列判斷正確的是()A若轟炸機提前釋放炸彈，則炸彈將擊中P點上方B若轟炸機延后釋放炸彈，則炸彈將擊中P點下方C若轟炸機在更高的高度提前釋放炸彈，則炸彈仍可能擊中P點D若轟炸機在更高的高度延后釋放炸彈，則炸彈仍可能擊中P點答案C解析由題意可知，炸彈若提前釋放，水平位移增大，在空中的運動時間變長，應落在P點下方，反之落在上方，故A、B錯誤；炸彈若從更高的高度釋放，將落在P點上方，若要求炸彈仍能擊中P點，則需要更長的運動時間，故應提前釋放炸彈，C正確；若延后釋放炸彈，則炸彈將擊中P點上方，故D錯誤。3. 如圖所示，以與豎直墻面垂直、大小為v07.5 m/s的速度拋出一個彈性小球A，拋出點離水平地面的高度為h3.2 m，與墻壁的水平距離為s。小球與墻壁發(fā)生碰撞后，豎直分速度不變，水平速度大小不變，方向反向，落在水平地面上，落地點到墻壁的水平距離為2s。若重力加速度取10 m/s2，則s的大小為()A1.8 m B2.0 m C2.2 m D3.6 m答案B解析由平拋運動規(guī)律有，hgt2，解得t0.8 s，水平方向上，小球速率不變，故小球水平方向通過的總路程s總3sv0t，則s2.0 m，B項正確。4. (2018山東濟南期末)如圖所示，斜面AC與水平方向的夾角為，在底端A正上方與頂端等高處的E點以速度v0水平拋出一小球，小球垂直于斜面落到D點，重力加速度為g，則()A小球在空中飛行的時間為B小球落到斜面上時的速度大小為C小球的位移方向垂直于ACDCD與DA的比值為答案D解析將小球在D點的速度進行分解，水平方向的分速度v1等于平拋運動的初速度v0，即v1v0，落到斜面上時的速度v，豎直方向的分速度v2，則小球在空中飛行的時間t，A、B錯誤。由圖可知平拋運動的位移方向不垂直AC，C錯誤。D、A間水平距離為x水平v0t，故DA；C、D間豎直距離為x豎直v2t，故CD，得，故D正確。5. (2018鄭州質量預測)如圖所示，圓環(huán)豎直放置，從圓心O點正上方的P點，以速度v0水平拋出的小球恰能從圓環(huán)上的Q點沿切線方向飛過，若OQ與OP間夾角為，不計空氣阻力，重力加速度為g。則()A小球運動到Q點時的速度大小為vQB小球從P點運動到Q點的時間為tC小球從P點到Q點的速度變化量為vv0D圓環(huán)的半徑為R答案D解析根據幾何關系知，小球在Q點的速度方向與水平方向的夾角為，則小球運動到Q點時的速度大小為vQ，A錯誤；小球在豎直方向做自由落體運動，在Q點的豎直分速度vyv0tangtv，所以小球從P點運動到Q點的時間為t，B、C錯誤；根據幾何關系可知，從P點到Q點，小球在水平方向上的位移大小為xRsin，根據xRsinv0t，可得圓環(huán)的半徑為R，D正確。6. 如圖所示，窗子上、下沿間的高度H1.6 m，墻的厚度d0.4 m，某人在離墻壁距離L1.4 m、距窗子上沿高h0.2 m處的P點，將可視為質點的小物件以速度v垂直于墻壁水平拋出，小物件直接穿過窗口并落在水平地面上，取g10 m/s2，則v的取值范圍是()Av>7 m/s Bv<2.3 m/sC3 m/s<v<7 m/s D2.3 m/s<v<3 m/s答案C解析若小物件恰好碰到窗子上沿，由平拋運動規(guī)律，Lv1t1，hgt，聯(lián)立解得小物件的速度v17 m/s；若小物件恰好碰到窗子下沿，由平拋運動規(guī)律，Ldv2t2，hHgt，聯(lián)立解得小物件的速度v23 m/s。所以小物件速度v的取值范圍是3 m/s<v<7 m/s，C正確，A、B、D錯誤。7(2018廣東綜合測試)如圖所示，某次空中投彈的軍事演習中，戰(zhàn)斗機以恒定速度沿水平方向飛行，先后釋放兩顆炸彈，先后分別擊中山坡上的M點和N點。釋放兩顆炸彈的時間間隔為t1，擊中M、N的時間間隔為t2，不計空氣阻力，則()At20 Bt2<t1Ct2t1 Dt2>t1答案B解析兩顆炸彈以相同的初速度做平拋運動，假設落在N點的炸彈穿過山坡到達與M等高的P點，如圖所示，因為下落到M、P高度相同，由hgt2知所用時間相同，落到M、P的時間間隔tPtM(tt1)tt1，顯然落到N點的時刻tN<tP，設tPtNt，故tNtMt2t1t<t1，B正確，C、D錯誤；由上式可知只有當tt1時，t20，故A錯誤。8. (2018湘東五校聯(lián)考)如圖所示，傾角為的固定斜面，其右側有一豎直墻面，小球滑上斜面，以速度v飛離斜面，恰好垂直撞擊到墻面上某位置，重力加速度為g，忽略空氣阻力，下列說法中正確的是()A從飛離斜面到撞擊墻面的過程中，小球在水平方向做勻速直線運動，豎直方向做勻減速直線運動B豎直墻面與斜面右端的水平距離為sin2C豎直墻面與斜面右端的水平距離為D從飛離斜面到撞擊墻面的過程中，小球豎直上升的高度為sin答案AC解析小球飛離斜面后，水平方向以速度vcos做勻速直線運動，豎直方向向上以初速度vsin做勻減速直線運動，可知，小球飛行時間為t，則豎直墻面與斜面右端的水平距離為svxt，小球豎直上升的高度為h，可知A、C正確，B、D錯誤。9(2019湖南六校聯(lián)考)如圖所示，將小球甲從A點水平拋出，同時將小球乙從B點由靜止釋放，兩小球先后經過C點時速度大小相等，方向的夾角為37，已知B、C兩點的高度差h5 m，g10 m/s2，sin370.6，兩小球質量相等，不計空氣阻力，由以上條件可知()A小球甲做平拋運動的初速度大小為6 m/sB小球甲到達C點所用時間為0.8 sCA、B兩點的高度差為3.2 mD兩小球在C點時重力的瞬時功率相等答案AB解析小球乙經過C點時的速度大小為v10 m/s，方向豎直向下。兩球經過C點時速度大小相等，由sin37，解得小球甲做平拋運動的初速度v01vsin376 m/s，A正確；由cos37，解得小球甲做平拋運動到達C點時的豎直分速度v1vcos378 m/s，由v1gt，解得小球甲到達C點所用時間t0.8 s，B正確；A、C兩點的高度差h1gt23.2 m，A、B兩點的高度差hhh11.8 m，C錯誤；兩小球重力相等，在C點時瞬時速度大小相等，但方向不同，根據瞬時功率的定義可知，兩小球在C點時重力的瞬時功率不相等，D錯誤。10. (2018湖北八校聯(lián)考)如圖所示，某人從同一位置O以不同的水平速度投出三支飛鏢A、B、C，最后都插在豎直墻壁上，它們與墻面的夾角分別為60、45、30，圖中飛鏢的方向可認為是擊中墻面時的速度方向，不計空氣阻力。則下列說法正確的是()A三支飛鏢做平拋運動的初速度大小一定滿足vA0>vB0>vC0B插在墻上的三支飛鏢的延長線一定交于同一點C三支飛鏢擊中墻面的速度大小滿足vA<vB<vCD三支飛鏢擊中墻面的速度大小一定滿足vAvC>vB答案ABD解析由題圖可知，三支飛鏢在豎直方向的位移關系為yC>yB>yA，則在空中運動的時間關系為tC>tB>tA，由于飛鏢的水平位移大小相等，則初速度的大小關系為vC0<vB0<vA0，A正確；由平拋運動的推論可知，速度方向的反向延長線一定過水平位移的中點，由于三支飛鏢的水平位移大小相等，則三支飛鏢的速度方向的反向延長線一定交于同一點，B正確；設飛鏢的水平位移大小為x，速度與豎直方向的夾角為，由于三支飛鏢速度反向延長線過水平位移的中點，則飛鏢豎直的位移大小為y，則運動的時間為t，飛鏢擊中墻面的速度大小為v，整理可得v ，顯然三支飛鏢擊中墻面的速度大小一定滿足vAvC>vB，C錯誤，D正確。11. (2018鄭州質檢二)如圖所示為一半球形的坑，其中坑邊緣兩點M、N與球心等高且在同一豎直面內?，F(xiàn)甲、乙兩位同學(可視為質點)分別站在M、N兩點，同時將兩個小球以v1、v2的速度沿圖示方向水平拋出，發(fā)現(xiàn)兩球剛好落在坑中同一點Q，已知MOQ60，忽略空氣阻力。則下列說法正確的是()A甲、乙兩同學拋出球的速率之比為13B若僅增大v1，則兩球將在落入坑中之前相撞C兩球的初速度無論怎樣變化，只要落在坑中的同一點，兩球拋出的速率之和不變D若僅從M點水平拋出小球，改變小球拋出的速度，小球可能垂直坑壁落入坑中答案AB解析兩球剛好落在坑中同一點，說明兩球在豎直方向的位移相同，由ygt2可知，兩球在空中飛行的時間相同。設半球形坑的半徑為R，則甲同學拋出的球的水平位移為x甲RRcos60，乙同學拋出的球的水平位移為x乙RRcos60，由xvt可知，甲、乙兩同學拋出球的速率之比為v1v2x甲x乙13，A正確；若僅增大v1，相撞時v1tv2t2R，t減小，則hgt2減小，故兩球將在落入坑中之前相撞，B正確；要兩小球落在弧面上的同一點，則水平位移之和為2R，落點不同，豎直方向位移不同，時間t不同，由2R(v1v2)t可知，v1v2不是一個定值，C錯誤；根據平拋運動規(guī)律的推論，小球落入坑中時速度方向的反向延長線與水平直徑的交點在水平位移的處，即若僅從M點水平拋出小球，改變小球拋出的速度，小球不可能垂直坑壁落入坑中，D錯誤。二、非選擇題(本題共2小題，共23分)12(10分)如圖為“快樂大沖關”節(jié)目中某個環(huán)節(jié)的示意圖。參與游戲的選手會遇到一個人造山谷OAB，OA是高h3 m的豎直峭壁，AB是以O點為圓心的弧形坡，AOB60，B點右側是一段水平跑道。選手可以自O點借助繩索降到A點后再爬上跑道，但身體素質好的選手會選擇自O點直接躍上跑道。選手可視為質點，忽略空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2。(1)若選手以速度v0水平跳出后，能跳在水平跑道上，求v0的最小值；(2)若選手以速度v14 m/s水平跳出，求該選手在空中的運動時間。答案(1) m/s(2)0.6 s解析(1)若選手以速度v0水平跳出后，能跳在水平跑道上，則hsin60v0thcos60gt2解得：v0 m/s。則速度最小值為 m/s。(2)若選手以速度v14 m/s水平跳出，因v1<v0，人將落在弧形坡上。下降高度ygt2水平前進距離xv1t且x2y2h2解得t0.6 s。13(13分) 在光滑水平面上有坐標系xOy，質量為1 kg 的質點靜止在xOy平面上的原點O處，如圖所示。某一時刻質點受到沿y軸正方向的恒力F1的作用，F(xiàn)1的大小為2 N，若力F1作用一段時間t0后撤去，撤去力F1后2 s末質點恰好通過該平面上的A點，A點的坐標為x2 m，y5 m。(1)為使質點按題設條件通過A點，在撤去力F1的同時對質點施加一個沿x軸正方向的恒力F2，力F2應為多大？(2)力F1作用時間t0為多長？答案(1)1 N(2)1 s解析(1)撤去F1，在F2的作用下，沿y軸正方向質點做勻速直線運動，沿x軸正方向質點做勻加速直線運動。由運動學公式得：xa2t2由牛頓第二定律得：F2ma2解得：F21 N。(2)F1作用下，由牛頓第二定律得：F1ma1加速運動時，y1a1tvya1t0勻速運動時，y2vyty1y2y解得：t01 s。