新高考物理一轮复习讲义 第4章 第2讲 抛体运动

这是一份新高考物理一轮复习讲义 第4章 第2讲 抛体运动，共19页。

考点一 平抛运动的规律及应用
基础回扣
平抛运动
1．定义：将物体以一定的初速度沿水平方向抛出，物体只在重力作用下的运动．
2．性质：平抛运动是加速度为g的匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线．
3．研究方法：化曲为直
(1)水平方向：匀速直线运动；
(2)竖直方向：自由落体运动．
4．基本规律
如图1，以抛出点O为坐标原点，以初速度v0方向(水平方向)为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向．
图1
技巧点拨
1．平抛运动物体的速度变化量
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2所示．
图2
2．两个重要推论
(1)做平抛运动的物体在任意时刻(任意位置)处，有tan θ＝2tan α.
推导：
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(tan θ＝\f(vy,v0)＝\f(gt,v0),tan α＝\f(y,x)＝\f(gt,2v0)))→tan θ＝2tan α
(2)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水平位移的中点，如图3所示，即xB＝eq \f(xA,2).
图3
推导：eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(tan θ＝\f(yA,xA－xB),tan θ＝\f(vy,v0)＝\f(2yA,xA)))→xB＝eq \f(xA,2)
例1 (2020·全国卷Ⅱ·16)如图4，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑，该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3h，其左边缘a点比右边缘b点高0.5h.若摩托车经过a点时的动能为E1，它会落到坑内c点．c与a的水平距离和高度差均为h；若经过a点时的动能为E2，该摩托车恰能越过坑到达b点.eq \f(E2,E1)等于( )
图4
A．20 B．18 C．9.0 D．3.0
答案 B
解析 摩托车从a点做平抛运动到c点，水平方向：h＝v1t1，竖直方向：h＝eq \f(1,2)gt12，可解得v1＝eq \r(\f(gh,2))，动能E1＝eq \f(1,2)mv12＝eq \f(mgh,4)；摩托车从a点做平抛运动到b点，水平方向：3h＝v2t2，竖直方向：0.5h＝eq \f(1,2)gt22，解得v2＝3eq \r(gh)，动能E2＝eq \f(1,2)mv22＝eq \f(9,2)mgh，故eq \f(E2,E1)＝18，B正确．
1．(平抛运动基本规律的应用)(2019·福建莆田市5月第二次质检)如图5，抛球游戏中，某人将小球水平抛向地面的小桶，结果球落在小桶的前方．不计空气阻力，为了把小球抛进小桶中，则原地再次水平抛球时，他可以( )
图5
A．增大抛出点高度，同时增大初速度
B．减小抛出点高度，同时减小初速度
C．保持抛出点高度不变，增大初速度
D．保持初速度不变，增大抛出点高度
答案 B
解析 设小球平抛运动的初速度为v0，抛出点离桶的高度为h，水平位移为x，根据h＝eq \f(1,2)gt2，可得平抛运动的时间为：t＝eq \r(\f(2h,g))，则水平位移为：x＝v0t＝v0eq \r(\f(2h,g)).增大抛出点高度，同时增大初速度，则水平位移x增大，不会抛进小桶中，故A错误．减小抛出点高度，同时减小初速度，则水平位移x减小，可能会抛进小桶中，故B正确．保持抛出点高度不变，增大初速度，则水平位移x增大，不会抛进小桶中，故C错误．保持初速度不变，增大抛出点高度，则水平位移x增大，不会抛进小桶中，D错误．
2．(平抛运动基本规律的应用)(多选)如图6所示，小球A、B分别从2l和l的高度水平抛出后落地，上述过程中A、B的水平位移分别为l和2l.忽略空气阻力，则( )
图6
A．A和B的位移大小相等
B．A的运动时间是B的2倍
C．A的初速度是B的eq \f(1,2)
D．A的末速度比B的大
答案 AD
解析 由抛出点和落地点的几何关系，可推出小球A、B的位移大小相等，故A正确；平抛运动的竖直分运动是自由落体运动，由h＝eq \f(1,2)gt2可推出A的运动时间是B的eq \r(2)倍，故B错误；小球A的初速度v0A＝eq \f(l,tA)＝eq \f(l,\r(\f(4l,g)))＝eq \f(1,2)eq \r(gl)，小球B的初速度v0B＝eq \f(2l,tB)＝eq \f(2l,\r(\f(2l,g)))＝eq \r(2gl)，A的初速度是B的eq \f(\r(2),4)，故C错误；根据机械能守恒定律，eq \f(1,2)mAvA2＝eq \f(1,2)mAv0A2＋mAg·2l，eq \f(1,2)mBvB2＝eq \f(1,2)mBv0B2＋mBgl，解得vA＝eq \r(4.25gl)，vB＝eq \r(4gl)，vA>vB，故D正确．
3.(平抛运动推论的应用)(2019·河南八市重点高中联盟第三次模拟)如图7所示，小球从斜面的顶端A处以大小为v0的初速度水平抛出，恰好落到斜面底部的B点，且此时的速度大小vB＝eq \r(5)v0，空气阻力不计，该斜面的倾角为( )
图7
A．60° B．45° C．37° D．30°
答案 B
解析 根据平行四边形定则知，小球落到斜面底端时竖直分速度为：vy＝eq \r(v\\al(B2)－v\\al(02))＝2v0，
设此时速度方向与水平方向的夹角为α，则tan α＝eq \f(vy,v0)＝2，
设斜面的倾角为θ，
由tan α＝2tan θ知tan θ＝1，
故该斜面的倾角θ＝45°，B正确．
考点二 平抛运动的临界、极值问题
1．平抛运动的临界问题有两种常见情形：(1)物体的最大位移、最小位移、最大初速度、最小初速度；(2)物体的速度方向恰好达到某一方向．
2．解题技巧：在题中找出有关临界问题的关键字，如“恰好不出界”、“刚好飞过壕沟”、“速度方向恰好与斜面平行”、“速度方向与圆周相切”等，然后利用平抛运动对应的位移规律或速度规律进行解题．
例2 如图8所示，窗子上、下沿间的高度H＝1.6 m，竖直墙的厚度d ＝0.4 m，某人在距离墙壁L＝1.4 m、距窗子上沿h ＝0.2 m 处的 P点，将可视为质点的小物件以垂直于墙壁的速度v水平抛出，要求小物件能直接穿过窗口并落在水平地面上，不计空气阻力，g＝10 m/s2.则可以实现上述要求的速度大小是( )
图8
A．2 m/sB．4 m/s
C．8 m/sD．10 m/s
答案 B
解析 小物件做平抛运动，恰好擦着窗子上沿右侧墙边缘穿过时速度v最大．此时有：L＝vmaxt1，h＝eq \f(1,2)gt12
代入数据解得：vmax＝7 m/s
小物件恰好擦着窗口下沿左侧墙边缘穿过时速度v最小，
则有：L＋d＝vmint2，H＋h＝eq \f(1,2)gt22，
代入数据解得：vmin＝3 m/s，故v的取值范围是 3 m/s≤v≤7 m/s，故B正确，A、C、D错误．
4．(平抛运动的极值问题)(2019·广东五校一联)某科技比赛中，参赛者设计了一个轨道模型，如图9所示．模型放到0.8 m高的水平桌子上，最高点距离水平地面2 m，右端出口水平．现让小球由最高点静止释放，忽略阻力作用，为使小球飞得最远，右端出口距离桌面的高度应设计为( )
图9
A．0B．0.1 m
C．0.2 mD．0.3 m
答案 C
解析 小球从最高点到右端出口，满足机械能守恒，有mg(H－h)＝eq \f(1,2)mv2，从右端出口飞出后小球做平抛运动，有x＝vt，h＝eq \f(1,2)gt2，联立解得x＝2eq \r(H－hh)，根据数学知识知，当H－h＝h时，x最大，即h＝1 m时，小球飞得最远，此时右端出口距离桌面高度为Δh＝1 m－0.8 m＝0.2 m，故C正确．
考点三 与斜面或半圆有关的平抛运动
与斜面有关的平抛运动
1.顺着斜面平抛
(1)落到斜面上，已知位移方向沿斜面向下(如图10)
图10
处理方法：分解位移．
x＝v0t
y＝eq \f(1,2)gt2
tan θ＝eq \f(y,x)
可求得t＝eq \f(2v0tan θ,g).
(2)物体离斜面距离最大，已知速度方向沿斜面向下(如图11)
图11
处理方法：分解速度
vx＝v0，vy＝gt
tan θ＝eq \f(vy,v0)
t＝eq \f(v0tan θ,g).
2.对着斜面平抛
垂直撞在斜面上，已知速度方向垂直斜面向下(如图12)
图12
处理方法：分解速度．
vx＝v0
vy＝gt
tan θ＝eq \f(vx,vy)＝eq \f(v0,gt)
可求得t＝eq \f(v0,gtan θ).
例3 (2019·河南洛阳市期末调研)如图13所示，位于同一高度的小球A、B分别以v1和v2的速度水平抛出，都落在了倾角为30°的斜面上的C点，小球B恰好垂直打到斜面上，则v1、v2之比为( )
图13
A．1∶1 B．2∶1 C．3∶2 D．2∶3
答案 C
解析 小球A、B下落高度相同，则两小球从飞出到落在C点用时相同，均设为t，对A球：
x＝v1t①
y＝eq \f(1,2)gt2②
又tan 30°＝eq \f(y,x)③
联立①②③得：v1＝eq \f(\r(3),2)gt④
小球B恰好垂直打到斜面上，则有：tan 30°＝eq \f(v2,vy)＝eq \f(v2,gt)⑤
则得：v2＝eq \f(\r(3),3)gt⑥
由④⑥得：v1∶v2＝3∶2，所以C正确．
5．(顺着斜面抛)如图14所示，在坡度一定的斜面顶点以大小相同的速度v0同时水平向左与水平向右抛出两个小球A和B，两侧斜坡的倾角分别为37°和53°，小球均落在坡面上．若不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，则A和B两小球的运动时间之比为( )
图14
A．16∶9 B．9∶16
C．3∶4 D．4∶3
答案 B
解析 小球A落到坡面上时，有tan 37°＝eq \f(\f(1,2)gt\\al(A2),v0tA)，即tA＝eq \f(2v0tan 37°,g)，小球B落到坡面上时，有tan 53°＝eq \f(\f(1,2)gt\\al(B2),v0tB)，即tB＝eq \f(2v0tan 53°,g)，所以eq \f(tA,tB)＝eq \f(tan 37°,tan 53°)＝eq \f(9,16)，B正确．
6．(对着斜面抛)(多选)如图15，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，击中坡上的目标A.已知A点高度为h，山坡倾角为θ，重力加速度为g，由此可算出( )
图15
A．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＝eq \f(1,2)vyt，x＝v0t，得eq \f(H－h,x)＝eq \f(1,2)·eq \f(vy,v0)，因为eq \f(vy,v0)＝eq \f(1,tan θ)，x＝eq \f(h,tan θ)，联立解得H＝h＋eq \f(h,2tan2θ)，故A正确；根据H－h＝eq \f(1,2)gt2可求出炸弹的飞行时间，再由x＝v0t可求出轰炸机的飞行速度，故B、C正确；因不知道炸弹的质量，不能求出炸弹投出时的动能，故D错误．
与圆弧面有关的平抛运动
1．落点在圆弧面上的三种常见情景
图16
(1)如图16甲所示，小球从半圆弧左边沿平抛，落到半圆内的不同位置．由半径和几何关系制约时间t：h＝eq \f(1,2)gt2，R±eq \r(R2－h2)＝v0t，联立两方程可求t.
(2)如图乙所示，小球恰好沿B点的切线方向进入圆轨道，此时半径OB垂直于速度方向，圆心角α与速度的偏向角相等．
(3)如图丙所示，小球恰好从圆柱体Q点沿切线飞过，此时半径OQ垂直于速度方向，圆心角θ与速度的偏向角相等．
2．与圆弧面有关的平抛运动，题中常出现一个圆心角，通过这个圆心角，就可找出速度的方向及水平位移和竖直位移的大小，再用平抛运动的规律列方程求解．
例4 (多选)(2020·河南郑州市第二次质量检测)如图17所示为一半球形的坑，其中坑边缘两点M、N与圆心等高且在同一竖直平面内．现甲、乙两位同学分别站在M、N两点，同时将两个小球以v1、v2的速度沿图示方向水平抛出，发现两球刚好落在坑中同一点Q，已知∠MOQ＝60°，忽略空气阻力．则下列说法中正确的是( )
图17
A．两球抛出的速率之比为1∶3
B．若仅增大v1，则两球将在落入坑中之前相撞
C．两球的初速度无论怎样变化，只要落在坑中的同一点，两球抛出的速率之和不变
D．若仅从M点水平抛出小球，改变小球抛出的速度，小球可能垂直坑壁落入坑中
答案 AB
解析 由于两球抛出的高度相等，则运动时间相等，x1＝v1t，x2＝v2t，由几何关系可知x2＝3x1，所以两球抛出的速率之比为1∶3，故A正确；由2R＝(v1＋v2)t可知，若仅增大v1，时间减小，所以两球将在落入坑中之前相撞，故B正确；要使两小球落在坑中的同一点，必须满足v1与v2之和与时间的乘积等于半球形坑的直径，即(v1＋v2)t＝2R，落点不同，竖直方向位移就不同，t也不同，所以两球抛出的速度之和不是定值，故C错误；由平抛运动速度的反向延长线过水平位移的中点可知，若仅从M点水平抛出小球，改变小球抛出的速度，小球不可能垂直坑壁落入坑中，故D错误．
7．(轨迹与圆弧内切)如图18所示，B为竖直圆轨道的左端点，它和圆心O的连线与竖直方向的夹角为α.一小球在圆轨道左侧的A点以速度v0平抛，恰好沿B点的切线方向进入圆轨道．已知重力加速度为g，不计空气阻力，则A、B之间的水平距离为( )
图18
A.eq \f(v\\al(02)tan α,g) B.eq \f(2v\\al(02)tan α,g) C.eq \f(v\\al(02),gtan α) D.eq \f(2v\\al(02),gtan α)
答案 A
解析 由小球恰好沿B点的切线方向进入圆轨道可知，小球在B点时的速度方向与水平方向的夹角为α.由tan α＝eq \f(gt,v0)，x＝v0t，联立解得A、B之间的水平距离为x＝eq \f(v\\al(02)tan α,g)，选项A正确．
8.(轨迹与圆弧外切)(2020·河南焦作市高三一模)如图19所示为四分之一圆柱体OAB的竖直截面，半径为R，在B点上方的C点水平抛出一个小球，小球轨迹恰好在D点与圆柱体相切，OD与OB的夹角为60°，则C点到B点的距离为( )
图19
A．R B.eq \f(R,2) C.eq \f(3R,4) D.eq \f(R,4)
答案 D
解析 设小球平抛运动的初速度为v0，由题意知小球通过D点时的速度与圆柱体相切，则有eq \f(vy,v0)＝tan 60°，即eq \f(gt,v0)＝eq \r(3)；小球平抛运动的水平位移：x＝Rsin 60°＝v0t，联立解得：v02＝eq \f(Rg,2)，vy2＝eq \f(3Rg,2)，设平抛运动的竖直位移为y，vy2＝2gy，解得：y＝eq \f(3R,4)，则CB＝y－R(1－cs 60°)＝eq \f(R,4)，故D正确，A、B、C错误．
考点四 斜抛运动
基础回扣
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．性质：斜抛运动是加速度为g的匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线．
3．研究方法：运动的合成与分解
(1)水平方向：匀速直线运动；
(2)竖直方向：匀变速直线运动．
4.基本规律(以斜上抛运动为例，如图20所示)
图20
(1)水平方向：v0x＝v0cs θ，F合x＝0；
(2)竖直方向：v0y＝v0sin θ，F合y＝mg.
技巧点拨
对斜上抛运动从抛出点到最高点的运动，可逆过程分析为平抛运动，分析完整的斜上抛运动，还可根据对称性求解某些问题．
例5 (2019·福建宁德市5月质检)某同学在练习投篮时将篮球从同一位置斜向上抛出，其中有两次篮球垂直撞在竖直放置的篮板上，运动轨迹如图21所示，不计空气阻力，关于这两次篮球从抛出到撞击篮板的过程( )
图21
A．两次在空中运动的时间相等
B．两次抛出时的速度相等
C．第1次抛出时速度的水平分量小
D．第2次抛出时速度的竖直分量大
答案 C
解析 将篮球的运动反向处理，即为平抛运动．由题图可知，第2次运动过程中的高度较小，所以运动时间较短，故A错误．平抛运动在竖直方向上是自由落体运动，第2次运动过程中的高度较小，故第2次抛出时速度的竖直分量较小，故D错误．平抛运动在水平方向是匀速直线运动，水平射程相等，由x＝v0t可知，第2次抛出时水平分速度较大，第1次抛出时水平分速度较小，故C正确．水平分速度第2次大，竖直分速度第1次大，根据速度的合成可知，两次抛出时的速度大小关系不能确定，故B错误．
课时精练
1．在高空中匀速飞行的轰炸机，每隔时间t投放一颗炸弹，若不计空气阻力，则投放的炸弹在空中的位置是选项中的(图中竖直的虚线将各图隔离)( )
答案 B
解析 由题意可知，炸弹被投放后做平抛运动，它在水平方向上做匀速直线运动，与飞机速度相等，所以所有离开飞机的炸弹与飞机应在同一条竖直线上，故A、C错误；炸弹在竖直方向上做自由落体运动，从上至下，炸弹间的距离越来越大，故B正确，D错误．
2．(2017·全国卷Ⅰ·15)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
答案 C
解析 由题意知，两个乒乓球均做平抛运动，则根据h＝eq \f(1,2)gt2及vy2＝2gh可知，乒乓球的运动时间、下降的高度及竖直方向速度的大小均与水平速度大小无关，故选项A、B、D均错误；由发出点到球网的水平位移相同时，速度较大的球运动时间短，在竖直方向下落的距离较小，可以越过球网，故选项C正确．
3.(八省联考·江苏·5)某生态公园的人造瀑布景观如图1所示，水流从高处水平流出槽道，恰好落入步道边的游泳池中．现制作一个为实际尺寸eq \f(1,16)的模型展示效果，模型中槽道里的水流速度应为实际的( )
图1
A.eq \f(1,2) B.eq \f(1,4) C.eq \f(1,8) D.eq \f(1,16)
答案 B
解析 由题意可知，水流出后做平抛运动的水平位移和竖直位移均变为原来的eq \f(1,16)，由h＝eq \f(1,2)gt2，得t＝eq \r(\f(2h,g))，所以时间变为实际的四分之一，水流出的速度v＝eq \f(x,t)，由于水平位移变为实际的eq \f(1,16)，时间变为实际的四分之一，则水流出的速度为实际的四分之一，故选B.
4.(2020·河南新乡市高三上学期第一次模拟)如图2所示，A、B两小球从相同高度同时水平抛出，它们在下落高度为9 m时，在空中相遇．若两球的抛出速度都变为原来的3倍，不计空气阻力，则自抛出到它们在空中相遇时，两球下落的高度为( )
图2
A．6 m B．3eq \r(2) m
C．3 m D．1 m
答案 D
解析 由题知，两小球均做平抛运动，同时抛出，竖直方向上做自由落体运动，相等时间内下降的高度相同，两球始终在同一水平面上，根据x＝vAt＋vBt知，x不变，当两球的抛出速度都变为原来的3倍，则两球从抛出到相遇经过的时间为eq \f(t,3)，根据h＝eq \f(1,2)gt2，H＝eq \f(1,2)g(eq \f(t,3))2，得：H＝eq \f(h,9)＝1 m.
5.(2019·陕西汉中市下学期模拟)如图3所示，x轴在水平地面上，y轴在竖直方向．图中画出了从y轴上沿x轴正方向水平抛出的三个小球a、b和c的运动轨迹．不计空气阻力，下列说法正确的是( )
图3
A．a和b的初速度大小之比为eq \r(2)∶1
B．a和b在空中运动的时间之比为2∶1
C．a和c在空中运动的时间之比为eq \r(2)∶1
D．a和c的初速度大小之比为2∶1
答案 C
解析 根据t＝eq \r(\f(2h,g))可知a和b在空中运动的时间之比为eq \r(2)∶1；根据v＝eq \f(x,t)可知a和b的初速度大小之比为1∶eq \r(2)，选项A、B错误．根据t＝eq \r(\f(2h,g))可知a和c在空中运动的时间之比为eq \r(2)∶1；根据v＝eq \f(x,t)可知a和c的初速度大小之比为eq \r(2)∶1，选项C正确，D错误．
6.如图4，斜面上a、b、c三点等距，小球从a点正上方O点抛出，做初速度为v0的平抛运动，恰落在b点．若小球初速度变为v，其落点位于c，则( )
图4
A．v0C．2v03v0
答案 A
解析 根据平抛运动的规律可知，若小球落在b点，有x＝v0tb，tb＝eq \r(\f(2hb,g))，若落在c点，则2x＝vtc，而tc＝eq \r(\f(2hc,g))，若时间不变，则初速度变为原来的2倍，由于tc>tb，所以v07.(多选)从竖直墙的前方A处，沿AO方向水平发射三颗弹丸a、b、c，在墙上留下的弹痕如图5所示，已知Oa＝ab＝bc，则a、b、c三颗弹丸(不计空气阻力)( )
图5
A．初速度大小之比是eq \r(6)∶eq \r(3)∶eq \r(2)
B．初速度大小之比是1∶eq \r(2)∶eq \r(3)
C．从射出至打到墙上过程速度增量之比是1∶eq \r(2)∶eq \r(3)
D．从射出至打到墙上过程速度增量之比是eq \r(6)∶eq \r(3)∶eq \r(2)
答案 AC
解析 水平发射的弹丸做平抛运动，竖直方向上是自由落体运动，水平方向上是匀速直线运动，又因为竖直方向上Oa＝ab＝bc，即Oa∶Ob∶Oc＝1∶2∶3，由h＝eq \f(1,2)gt2可知ta∶tb∶tc＝1∶eq \r(2)∶eq \r(3)，由水平方向x＝v0t可得va∶vb∶vc＝1∶eq \f(1,\r(2))∶eq \f(1,\r(3))＝eq \r(6)∶eq \r(3)∶eq \r(2)，故选项A正确，B错误；由Δv＝gt，可知从射出至打到墙上过程速度增量之比是1∶eq \r(2)∶eq \r(3)，故选项C正确，D错误．
8．(2018·全国卷Ⅲ·17)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
答案 A
解析 如图所示，可知：
x＝vt，
x·tan θ＝eq \f(1,2)gt2
则vy＝gt＝2tan θ·v
则落至斜面的速率v落＝eq \r(v2＋v\\al(y2))＝veq \r(1＋4tan2θ)，即v落∝v，甲、乙两球抛出速度为v和eq \f(v,2)，则可得落至斜面时速率之比为2∶1.
9.如图6所示，跳台滑雪运动员经过一段加速滑行后从O点水平飞出，经过3.0 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°＝0.60，cs 37°＝0.80，g取10 m/s2)．求：
图6
(1)A点与O点的距离L；
(2)运动员离开O点时的速度大小．
答案 (1)75 m (2)20 m/s
解析 (1)运动员在竖直方向做自由落体运动，有
y＝Lsin 37°＝eq \f(1,2)gt2
则A点与O点的距离L＝eq \f(gt2,2sin 37°)＝75 m.
(2)设运动员离开O点时的速度大小为v0，运动员在水平方向做匀速直线运动，
即x＝Lcs 37°＝v0t，
解得v0＝eq \f(Lcs 37°,t)＝20 m/s.
10.(2019·海南琼海市嘉积中学高三期中)如图7所示，P是水平面上的圆弧凹槽，从高台边B点以某速度v0水平飞出的小球，恰能从固定在某位置的凹槽的圆弧轨迹的左端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7
A.eq \f(tan θ2,tan θ1)＝2 B.eq \f(1,tan θ1tan θ2)＝2
C．tan θ1tan θ2＝2 D.eq \f(tan θ1,tan θ2)＝2
答案 C
解析 做平抛运动的物体在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动．由题知，速度方向与水平方向的夹角为θ1，则tan θ1＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(gt,v0)，位移方向与竖直方向的夹角为θ2，则tan θ2＝eq \f(x,y)＝eq \f(v0t,\f(1,2)gt2)＝eq \f(2v0,gt)，所以tan θ1tan θ2＝2，所以选C.
11．(多选)(八省联考·广东·8)如图8所示，排球比赛中运动员将排球从M点水平击出，排球飞到P点时，被对方运动员击出，球又斜向上飞出后落到M点正下方的N点，N点与P点等高，轨迹的最高点Q与M等高，不计空气阻力，下列说法正确的有( )
图8
A．排球两次飞行过程中加速度相同
B．排球两次飞行过程中重力对排球做的功相等
C．排球离开M点的速率比经过Q点的速率大
D．排球到达P点时的速率比离开P点时的速率大
答案 ACD
解析 排球在空中的抛体运动只受重力而做匀变速曲线运动，加速度均为重力加速度g，故A正确；设排球的抛体高度为h，第一次从M到P，重力做正功为WG＝mgh，第二次做斜上抛运动从P到Q到N点，重力做功为零，即两次飞行过程重力对球做功不相等，故B错误；排球从M到P和从Q到N都是平抛运动，在M、Q点均只有水平方向的速度，高度h相同，由h＝eq \f(1,2)gt2知运动时间t相同，但xMP>xQN，由x＝v0t可知离开M点的速率大于经过Q点的速率，故C正确；将排球从P到Q的斜上抛运动由逆向思维法可看成从Q到P的平抛运动，则由M到P和Q到P的平抛运动比较，运动高度相同，则运动时间相同，竖直分速度vy一样，但M到P的水平位移大，则水平速度v0较大，由v＝eq \r(v\\al(02)＋v\\al(y2))，可知从M到P的末速度大小大于从P到Q的初速度大小，故D正确．
12.一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图9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( )
图9
A.eq \f(L1,2)eq \r(\f(g,6h))B.eq \f(L1,4)eq \r(\f(g,h))C.eq \f(L1,2)eq \r(\f(g,6h))D.eq \f(L1,4)eq \r(\f(g,h))答案 D
解析 当速度最小时，球沿中线，恰好过网，设速度为v1，则有3h－h＝eq \f(1,2)gt12，eq \f(L1,2)＝v1t1，解得v1＝eq \f(L1,4)eq \r(\f(g,h))；当速度最大时，球斜向右侧台面两个角发射，设速度为v2，则3h＝eq \f(1,2)gt22，eq \r(L\\al(12)＋\f(L2,2)2)＝v2t2，解得v2＝eq \f(1,2)eq \r(\f(4L\\al(12)＋L\\al(22)g,6h))，因此v的最大取值范围是eq \f(L1,4)eq \r(\f(g,h))13.如图10所示，固定斜面AB的底面和高均为h，平台和斜面顶点B在同一条水平线上，平台右端点C在A的正上方．物体P以不同初速度从C点水平抛出，已知重力加速度为g，求P落在斜面上时的最小速度大小．
图10
答案 eq \r(\r(5)－1gh)
解析 设物体P从C点离开时的速度为v0，P离开平台后做平抛运动，
水平方向：x＝v0t
竖直方向：y＝eq \f(1,2)gt2
又有x＋y＝h
联立可得v0＝eq \f(h,t)－eq \f(1,2)gt
P在竖直方向做自由落体运动，落在斜面上时的竖直分速度为vy＝gt
设落在斜面上时P的速度为v，则v2＝v02＋vy2
可得v2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(h2,t2)＋\f(5g2,4)t2))－gh
根据数学知识可知eq \f(h2,t2)＋eq \f(5g2,4)t2≥eq \r(5)gh
解得v的最小值为vmin＝eq \r(\r(5)－1gh).