高中物理粤教版 (2019)必修 第二册第三节 平抛运动学案

这是一份高中物理粤教版 (2019)必修 第二册第三节 平抛运动学案，共15页。


一、平抛运动
1．定义：将物体用一定的初速度沿水平方向抛出，仅在重力作用下物体所做的运动．
2．平抛运动的特点
(1)初速度沿水平方向．
(2)只受重力作用．
3．平抛运动的性质：加速度为g的匀变速曲线运动．
二、平抛运动的两个分运动
1．水平方向：不受力，加速度是0，水平方向为匀速直线运动．
2．竖直方向：只受重力，由牛顿第二定律得到：mg＝ma.所以a＝g；竖直方向的初速度为0，所以竖直方向为自由落体运动．
三、平抛运动的规律
以速度v0沿水平方向抛出一物体，以抛出点为原点，建立如图1所示的直角坐标系．
图1
1．平抛运动的位移与轨迹
(1)水平位移：x＝v0t.①
(2)竖直位移：y＝eq \f(1,2)gt2.②
(3)轨道方程：由①②两式消去时间t，可得平抛运动的轨迹方程为y＝eq \f(g,2v\\al(02))x2，由此可知平抛运动的轨道是一条抛物线．
2．平抛运动的速度
(1)水平方向分速度：vx＝v0.
(2)竖直方向分速度：vy＝gt.
(3)物体在某点合速度大小：①v＝eq \r(v\\al(x2)＋v\\al(y2))＝eq \r(v\\al(02)＋gt2).
②方向：tan θ＝eq \f(vy,vx)＝eq \f(gt,v0)(θ是v与水平方向夹角)
1．判断下列说法的正误．
(1)物体只在重力作用下的运动是平抛运动．( × )
(2)平抛运动的物体初速度越大，下落得越快．( × )
(3)平抛运动物体的速度方向与水平方向的夹角越来越大，若足够高，速度方向最终可能竖直向下．( × )
(4)平抛运动的合位移的方向与合速度的方向一致．( × )
2．在距地面高80 m的低空有一小型飞机以30 m/s的速度水平匀速飞行，假定从飞机上释放一物体，g取10 m/s2，不计空气阻力，那么物体落地所用时间是________ s，它在下落过程中发生的水平位移是________ m；落地前瞬间的速度大小为________ m/s.
答案 4 120 50
解析 由h＝eq \f(1,2)gt2，得：t＝eq \r(\f(2h,g))，代入数据得：t＝4 s
水平位移x＝v0t，代入数据得：
x＝30×4 m＝120 m
vy＝eq \r(2gh)＝40 m/s
故v＝eq \r(v\\al(02)＋v\\al(y2))
代入数据得v＝50 m/s.
一、对平抛运动的理解
导学探究 图2为一人正在练习水平投掷飞镖，请思考：(不计空气阻力)
图2
(1)飞镖掷出后，其加速度的大小和方向是否变化？
(2)飞镖的运动是什么性质的运动？
答案 (1)加速度为重力加速度g，大小和方向均不变．
(2)匀变速曲线运动．
知识深化
1．平抛运动的特点
(1)做平抛运动的物体水平方向不受力，做匀速直线运动；竖直方向只受重力，做自由落体运动；其合运动为匀变速曲线运动，其轨迹为抛物线．
(2)平抛运动的速度方向沿轨迹的切线方向，速度大小、方向不断变化．
2.平抛运动的速度变化
如图3所示，由Δv＝gΔt知，任意两个相等的时间间隔内速度的变化量相同，方向竖直向下．
图3
(2019·蚌埠市第二学期质检)关于平抛运动，下列说法中正确的是( )
A．平抛运动是一种变加速运动
B．做平抛运动的物体加速度随时间逐渐增大
C．做平抛运动的物体每秒内速度增量相等
D．做平抛运动的物体每秒内位移增量相等
答案 C
解析 平抛运动是匀变速曲线运动，其加速度为重力加速度g，故加速度的大小和方向恒定，在Δt时间内速度的改变量为Δv＝gΔt，因此可知每秒内速度增量大小相等、方向相同，选项A、B错误，C正确；由于水平方向的位移x＝v0t，每秒内水平位移增量相等，而竖直方向的位移h＝eq \f(1,2)gt2，每秒内竖直位移增量不相等，故物体每秒内位移增量不相等，选项D错误．
二、平抛运动规律的应用
导学探究 把小球水平抛出，不计空气阻力，要使小球飞得更远一些，有几种方法？
答案 由h＝eq \f(1,2)gt2及
x＝v0t，
得x＝v0eq \r(\f(2h,g))，可知要使小球飞得更远一些，即水平位移更大，一是增大水平初速度，二是将小球在更高的地方抛出，即增大平抛运动的竖直位移．
知识深化
1．平抛运动的研究方法
(1)把平抛运动分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动．
(2)分别运用两个分运动的运动规律去求分速度、分位移等，再合成得到平抛运动的速度、位移等．
2．平抛运动的规律
(1)平抛运动的时间：t＝eq \r(\f(2h,g))，只由高度决定，与初速度无关．
(2)水平位移(射程)：x＝v0t＝v0eq \r(\f(2h,g))，由初速度和高度共同决定．
(3)落地速度：v＝eq \r(v\\al(x2)＋v\\al(y2))＝eq \r(v\\al(02)＋2gh)，与水平方向的夹角为θ，tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(\r(2gh),v0)，落地速度由初速度和高度共同决定．
以30 m/s的初速度水平抛出一个物体，经过一段时间后，物体的速度方向与水平方向成30°角，不计空气阻力，g取10 m/s2.求：
(1)此时物体相对于抛出点的水平位移大小和竖直位移大小；
(2)再经过多长时间，物体的速度方向与水平方向的夹角为60°.(物体的抛出点足够高)
答案 (1)30eq \r(3) m 15 m (2)2eq \r(3) s
解析 (1)设物体在A点时的速度方向与水平方向成30°角，如图所示，tan 30°＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(gtA,v0)，则tA＝eq \f(v0tan 30°,g)＝eq \r(3) s
所以在此过程中水平方向的位移大小xA＝v0tA＝30eq \r(3) m
竖直方向的位移大小yA＝eq \f(1,2)gtA2＝15 m.
(2)设物体在B点时的速度方向与水平方向成60°角，总运动时间为tB，则eq \f(gtB,v0)＝tan 60°，
故tB＝eq \f(v0tan 60°,g)＝3eq \r(3) s
所以物体从A点运动到B点所经历的时间Δt＝tB－tA＝2eq \r(3) s.
针对训练1 “套圈圈”是许多人喜爱的一种游戏．如图4所示，小孩和大人直立在界外同一位置，在同一竖直线上不同高度先后水平抛出小圆环，并恰好套中前方同一物体，假设圆环的运动可视为平抛运动，则( )
图4
A．小孩抛出的圆环速度大小较小
B．两人抛出的圆环速度大小相等
C．大人抛出的圆环运动时间较短
D．小孩抛出的圆环运动时间较短
答案 D
解析 平抛运动的时间由高度决定，竖直方向圆环做自由落体运动，且大人的抛出高度大于小孩的抛出高度，根据t＝eq \r(\f(2h,g))得：t大人>t小孩，C错误，D正确；水平方向圆环做匀速直线运动，且圆环在水平方向的位移相等，根据x＝v0t得：v小孩>v大人，A、B错误．
三、平抛运动的两个重要推论及应用
1．做平抛运动的物体在某时刻，其速度方向与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为α，则有tan θ＝2tan α.
证明：如图5所示，tan θ＝eq \f(vy,vx)＝eq \f(gt,v0)
tan α＝eq \f(yA,xA)＝eq \f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq \f(gt,2v0)
所以tan θ＝2tan α.
2．做平抛运动的物体在任意时刻的速度方向的反向延长线一定通过此时水平位移的中点．
图5
证明：xA＝v0t，yA＝eq \f(1,2)gt2，vy＝gt，
又tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(yA,xA′B)，解得xA′B＝eq \f(v0t,2)＝eq \f(xA,2).
如图6所示，若物体自倾角为θ的固定斜面顶端沿水平方向抛出后仍落在斜面上，则物体与斜面接触时速度与水平方向的夹角φ满足(空气阻力不计，物体可视为质点)( )
图6
A．tan φ＝sin θ B．tan φ＝cs θ
C．tan φ＝tan θ D．tan φ＝2tan θ
答案 D
解析 物体从抛出至落到斜面的过程中，位移方向与水平方向的夹角为θ，落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角为φ，由平抛运动的推论知tan φ＝2tan θ，选项D正确．
1．(平抛运动的理解)关于平抛运动，下列说法中不正确的是( )
A．平抛运动的下落时间由下落高度决定
B．平抛运动的轨迹是曲线，所以平抛运动不可能是匀变速运动
C．平抛运动的速度方向与加速度方向的夹角一定越来越小
D．平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动
答案 B
解析 平抛运动的时间由下落的高度决定，A正确；平抛运动是曲线运动，它的速度方向沿轨迹的切线方向，方向不断改变，所以平抛运动是变速运动，由于其加速度为g，保持不变，所以平抛运动是匀变速曲线运动，B错误；平抛运动的速度方向和加速度方向的夹角θ满足tan θ＝eq \f(vx,vy)＝eq \f(v0,gt)，因为t一直增大，所以tan θ不断变小，夹角变小，C正确；平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，D正确．
2.(平抛运动规律的应用)(多选)(2020·南充市高一检测)如图7所示，在网球的网前截击练习中，若练习者在球网正上方距地面H处，将球以速度v沿垂直于球网的方向击出，球刚好落在底线上，已知底线到网的距离为L，重力加速度为g，将球的运动视为平抛运动，下列表述正确的是( )
图7
A．v的大小为Leq \r(\f(g,2H))
B．球从击出至落地所用时间为eq \r(\f(2H,g))
C．球从击球点至落地点的位移等于L
D．球从击球点至落地点的位移与球的质量有关
答案 AB
解析 由平抛运动规律知，在水平方向上有：L＝vt，在竖直方向上有：H＝eq \f(1,2)gt2，联立解得t＝eq \r(\f(2H,g))，v＝Leq \r(\f(g,2H))，A、B正确；球从击球点至落地点的位移为s＝eq \r(H2＋L2)，与球的质量无关，C、D错误．
3．(平抛运动规律的应用)如图8所示，甲、乙两人在高楼不同窗口向着对面的斜面水平抛出质量不等的A、B两个小球，两球同时落在斜面上，不计空气阻力，则B球比A球( )
图8
A．先抛出，初速度大B．后抛出，初速度大
C．先抛出，初速度小D．后抛出，初速度小
答案 B
解析 B的竖直位移较小，根据平抛运动t＝eq \r(\f(2h,g))可知，B运动的时间较短，则B后抛出；B的水平位移较大，根据v0＝eq \f(x,t)可知，B的初速度较大，故B正确．
4.(平抛运动规律的推论)(2020·山西省实验中学期中)在电视剧里，我们经常看到这样的画面：屋外刺客向屋里投来两支飞镖，落在墙上，如图9所示．现设飞镖是从同一位置做平抛运动射出来的，飞镖A与竖直墙壁成53°角，飞镖B与竖直墙壁成37°角，两落点相距为d，试求刺客离墙壁有多远(sin 37°＝0.6)( )
图9
A.eq \f(9,7)d B．2d C.eq \f(24,7)d D.eq \f(12,7)d
答案 C
解析 把两飞镖速度反向延长，交点为水平位移中点，如图所示，设水平位移为x，
eq \f(x,2tan 37°)－eq \f(x,2tan 53°)＝d
解得x＝eq \f(24,7)d，故选C.
考点一 平抛运动的理解
1．(多选)(2019·乾安七中高一下质检)关于平抛物体的运动，以下说法正确的是( )
A．做平抛运动的物体，速度和加速度都随时间的增加而增大
B．做平抛运动的物体仅受到重力的作用，所以加速度保持不变
C．平抛物体的运动是匀变速运动
D．平抛物体的运动是变加速运动
答案 BC
解析 做平抛运动的物体加速度为g，速度随时间的增加而增大，A错误；做平抛运动的物体仅受到重力的作用，所以加速度保持不变，B正确；做平抛运动的物体加速度不变，则是匀变速运动，C正确，D错误．
2．从离地面h高处投出A、B、C三个小球，A球自由下落，B球以速度v水平抛出，C球以速度2v水平抛出，不计空气阻力，它们落地时间tA、tB、tC的关系是( )
A．tAtB>tC
C．tA答案 D
3．(2019·林州一中期中)物体做平抛运动时，下列描述物体速度变化量大小Δv随时间t变化的图像，可能正确的是( )
答案 D
解析 根据平抛运动的规律Δv＝gt，可得Δv与t成正比，Δv与t的关系图线为一条过原点的倾斜直线，选项D正确．
考点二 平抛运动规律的应用
4．如图1所示，在水平路面上存在一个高度差为0.8 m、水平距离为8 m的壕沟，若驾驶摩托车的运动员能跨过壕沟，则他的初速度至少为(重力加速度g取10 m/s2)( )
图1
A．0.5 m/s B．2 m/s
C．10 m/s D．20 m/s
答案 D
解析 摩托车恰好越过壕沟，由h＝eq \f(1,2)gt2，得t＝eq \r(\f(2h,g))＝0.4 s，则v0＝eq \f(x,t)＝20 m/s，选项D正确．
5.(2019·田家炳实验中学高一下期末)如图2所示，a、b和c三个小球从同一竖直线上的A、B两点水平抛出，落到同一水平面上，其中b和c是从同一点抛出的，a、b两球落在同一点．设a、b和c三个小球的初速度大小分别为va、vb、vc，运动时间分别为ta、tb、tc，不考虑空气阻力，则( )
图2
A．va>vb＝vc，ta>tb>tc
B．va>vb>vc，taC．vatc
D．va答案 B
解析 a、b、c三个小球做平抛运动，竖直方向为自由落体运动，即h＝eq \f(1,2)gt2，则t＝eq \r(\f(2h,g))，即小球运动时间由抛出点的高度决定，故taxc，故vb>vc；由于tavb，综上所述：va>vb>vc，故选项B正确，A、C、D错误．
6．在抗震救灾中，一架飞机水平匀速飞行．从飞机上每隔1 s释放1包物品，先后共释放4包(都未落地)，若不计空气阻力，从地面上观察4包物品( )
A．在空中任何时刻总是排成抛物线，它们的落地点是等间距的
B．在空中任何时刻总是排成抛物线，它们的落地点是不等间距的
C．在空中任何时刻总在飞机正下方，排成竖直的直线，它们的落地点是等间距的
D．在空中任何时刻总在飞机正下方，排成竖直的直线，它们的落地点是不等间距的
答案 C
解析 因为不计空气阻力，物品在水平方向将做和飞机速度相同的匀速运动，因而4包物品在空中任何时刻总在飞机正下方，排成竖直的直线；因为释放高度相同，物品做平抛运动的时间相同，水平速度相同，释放时间间隔相同，所以它们的落地点是等间距的，故C正确．
7．(多选)如图3所示，高为h＝1.25 m的平台上覆盖一层薄冰．现有一质量为60 kg的滑雪爱好者以一定的初速度v向平台边缘滑去，着地时速度的方向与水平地面的夹角为45°(取重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力)．由此可知下列说法正确的是( )
图3
A．滑雪者离开平台边缘时的速度大小是5.0 m/s
B．滑雪者着地点到平台边缘的水平距离是2.5 m
C．滑雪者在空中运动的时间为1 s
D．着地时滑雪者的速度大小是5.0 m/s
答案 AB
解析 由vy2＝2gh，可得vy＝eq \r(2gh)＝eq \r(2×10×1.25) m/s＝5.0 m/s，着地时的速度方向与水平地面的夹角为45°，所以着地时水平速度和竖直速度的大小相等，所以滑雪者离开平台边缘时的速度大小v0＝vy＝5.0 m/s，故A正确；由vy＝gt得，滑雪者在空中运动的时间t＝0.5 s，滑雪者在水平方向上做匀速直线运动，水平距离为x＝v0t＝2.5 m，故B正确，C错误；滑雪者着地的速度大小为v′＝eq \r(v\\al(02)＋v\\al(y2))＝5eq \r(2) m/s，故D错误．
考点三 平抛运动的两个重要推论及应用
8.如图4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，不计空气阻力，则( )
图4
A．当v1>v2时，α1>α2
B．当v1>v2时，α1<α2
C．无论v1、v2关系如何，均有α1＝α2
D．α1、α2的关系与斜面倾角θ有关
答案 C
解析 小球从斜面某点水平抛出后落到斜面上，小球的位移与水平方向的夹角等于斜面倾角θ，即tan θ＝eq \f(y,x)＝eq \f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq \f(gt,2v0)，小球落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角的正切值tan β＝eq \f(vy,vx)＝eq \f(gt,v0)，故可得tan β＝2tan θ，只要小球落到斜面上，位移方向与水平方向夹角就总是θ，则小球的速度方向与水平方向的夹角也总是β，故速度方向与斜面的夹角总是相等，与v1、v2的关系无关，C选项正确．
9．以v0的速度水平抛出一物体，重力加速度为g，当其竖直分速度大小与水平分速度大小相等时，此物体( )
A．竖直分位移大小等于水平分位移大小
B．瞬时速度为eq \r(5)v0
C．运动的时间为eq \f(2v0,g)
D．运动的位移是eq \f(\r(5)v\\al(02),2g)
答案 D
解析 竖直分速度大小v1＝v0，则此时物体的速度大小为eq \r(v\\al(12)＋v\\al(02))＝eq \r(2)v0，故B错误；在竖直方向上物体做自由落体运动，由v1＝v0＝gt可知，运动时间为eq \f(v0,g)，故C错误；物体在竖直方向上做自由落体运动，竖直分位移大小为eq \f(v\\al(02),2g)，在水平方向上物体做匀速直线运动，水平分位移大小为v0·eq \f(v1,g)＝eq \f(v\\al(02),g)，二者不相等，故A错误；运动的位移为竖直分位移与水平分位移的矢量和，为eq \r(\f(v\\al(02),g)2＋\f(v\\al(02),2g)2)＝eq \f(\r(5)v\\al(02),2g)，故D正确．
10.(2017·浙江4月选考)图5中给出了某一通关游戏的示意图，安装在轨道AB上可上下移动的弹射器，能水平射出速度大小可调节的弹丸，弹丸射出口在B点的正上方，竖直面内的半圆弧BCD的半径R＝2.0 m，直径BD水平且与轨道AB处在同一竖直面内，小孔P和圆心O连线与水平方向的夹角为37°.游戏要求弹丸垂直于P点圆弧切线方向射入小孔P就能进入下一关．为了能通关，弹射器离B点的高度和弹丸射出的初速度分别是(不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g＝10 m/s2)( )
图5
A．0.15 m,4eq \r(3) m/s B．1.50 m,4eq \r(3) m/s
C．0.15 m,2eq \r(6) m/s D．1.50 m,2eq \r(6) m/s
答案 A
11．(多选)(2019·河南省实验中学高一下月考)如图6所示，一个半径为R＝0.75 m的半圆柱体放在水平地面上，一小球从圆柱体左端A点正上方的B点水平抛出(小球可视为质点)，恰好从半圆柱体的右上方C点掠过．已知O为半圆柱体侧面半圆的圆心，OC与水平方向的夹角为53°，sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，则( )
图6
A．小球从B点运动到C点所用时间为0.3 s
B．小球从B点运动到C点所用时间为0.5 s
C．小球做平抛运动的初速度为4 m/s
D．小球做平抛运动的初速度为6 m/s
答案 AC
解析 从B点到C点，小球做平抛运动，由题图可知小球在C点的速度方向与水平方向成37°角，分解小球在C点的速度，则竖直分速度大小为vy＝v0tan 37°＝gt，水平方向有R＋Rcs 53°＝v0t，联立解得t＝0.3 s，v0＝4 m/s，故选A、C.
12．(2019·永春一中高一下期末)如图7所示，喷枪水平放置且固定，图中虚线分别为水平线和竖直线．A、B、C、D为喷枪射出的打在墙上的四个液滴，四个液滴均可以视为质点；不计空气阻力，已知D、C、B、A与水平线的间距依次为1 cm、4 cm、9 cm、16 cm，则下列说法正确的是( )
图7
A．A、B、C、D四个液滴的射出速度相同
B．A、B、C、D四个液滴在空中的运动时间是相同的
C．A、B、C、D四个液滴出射速度之比应为1∶2∶3∶4
D．A、B、C、D四个液滴出射速度之比应为3∶4∶6∶12
答案 D
解析 液滴在空中做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动．设喷枪到墙的水平距离为x，液滴到墙时下落的高度为h，则有：x＝v0t，h＝eq \f(1,2)gt2，可得：t＝eq \r(\f(2h,g))，v0＝xeq \r(\f(g,2h))，由题图知：A、B、C、D四个液滴的水平距离x相等，下落高度h不等，则四个液滴的运动时间及射出的初速度一定不同，故A、B错误；四个液滴下落高度之比为16∶9∶4∶1，由v0＝xeq \r(\f(g,2h))和数学知识可得：液滴出射速度之比应为3∶4∶6∶12，故C错误，D正确．
13.如图8所示，小球以v0＝15 m/s的水平初速度向一倾角为37°的斜面抛出，飞行一段时间后，恰好垂直撞在斜面上．求这一过程中：(不计空气阻力，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
图8
(1)小球在空中的飞行时间t；
(2)抛出点距撞击点的高度h.
答案 (1)2 s (2)20 m
解析 (1)将小球垂直撞在斜面上的速度分解，如图所示：
由图可知θ＝37°，β＝53°
由平抛运动的推论知tan β＝eq \f(vy,vx)＝eq \f(gt,v0)
代入数据解得：t＝2 s
(2)根据平抛运动的规律有：h＝eq \f(1,2)gt2，
可求得抛出点距撞击点的高度
h＝eq \f(1,2)×10×22 m＝20 m.
14．从某一高度水平抛出一物体，它落地时速度大小是50 m/s，方向与水平方向成53°角．(不计空气阻力，g取10 m/s2，cs 53°＝0.6，sin 53°＝0.8)求：
(1)抛出点的高度和水平射程；
(2)抛出后3 s末的速度；
(3)抛出后3 s内的位移．
答案 (1)80 m 120 m (2)30eq \r(2) m/s，与水平方向的夹角为45° (3)45eq \r(5) m，与水平方向的夹角的正切值为eq \f(1,2)
解析 (1)设落地时竖直方向的速度为vy，水平速度为v0，则有
vy＝vsin 53°＝50×0.8 m/s＝40 m/s
v0＝vcs 53°＝50×0.6 m/s＝30 m/s
抛出点的高度为h＝eq \f(v\\al(y2),2g)＝80 m
水平射程x＝v0t＝v0·eq \f(vy,g)＝30×eq \f(40,10) m＝120 m.
(2)设抛出后3 s末的速度为v3，则
竖直方向的分速度vy3＝gt3＝10×3 m/s＝30 m/s
v3＝eq \r(v\\al(02)＋v\\al(y32))＝eq \r(302＋302) m/s＝30eq \r(2) m/s
设速度方向与水平方向的夹角为α，则tan α＝eq \f(vy3,v0)＝1，故α＝45°.
(3)3 s内物体的水平位移x3＝v0t3＝30×3 m＝90 m，
竖直方向的位移y3＝eq \f(1,2)gt32＝eq \f(1,2)×10×32 m＝45 m，
故物体在3 s内的位移
x3＝eq \r(x\\al(32)＋y\\al(32))＝eq \r(902＋452) m＝45eq \r(5) m
设位移方向与水平方向的夹角为θ，则tan θ＝eq \f(y3,x3)＝eq \f(1,2).
15.(2019·衡阳市高一下期末)如图9，汽车以v0＝1.6 m/s的速度在水平地面上匀速行驶，汽车后壁货架上放有一小球(可视为质点)，货架水平，货架离车厢底板的高度h＝1.8 m．由于前方事故，突然急刹车，汽车轮胎抱死，小球从架上落下．已知该汽车刹车后做加速度大小为a＝2 m/s2的匀减速直线运动，忽略小球与架子间的摩擦及空气阻力，g取10 m/s2.求：
图9
(1)小球落到车厢底板的时间t；
(2)小球在车厢底板上落点距车后壁的距离d.
答案 (1)0.6 s (2)0.36 m
解析 (1)汽车刹车后，小球做平抛运动，则h＝eq \f(1,2)gt2
解得：t＝eq \r(\f(2h,g))＝0.6 s
(2)小球的水平位移为：x2＝v0t＝0.96 m
汽车做匀减速直线运动，刹车时间为t′，则：t′＝eq \f(v0,a)＝0.8 s>0.6 s
则在时间t内，汽车的位移为：x1＝v0t－eq \f(1,2)at2＝0.6 m
故小球在车厢底板上落点距车后壁的距离d＝x2－x1＝0.36 m.