还剩31页未读，
继续阅读
第9讲 平抛运动-2024年高考物理一轮考点复习精讲精练（全国通用）（解析版）
展开
这是一份第9讲 平抛运动-2024年高考物理一轮考点复习精讲精练（全国通用）（解析版），共34页。试卷主要包含了性质，基本规律，对规律的理解等内容，欢迎下载使用。
第9讲 平抛运动
目录
考点一 平抛运动的基本规律 1
考点二 斜面上的平抛运动问题 2
考点三 平抛运动中的临界问题 7
考点四 类平抛运动模型 11
练出高分 14
考点一 平抛运动的基本规律
1．性质
加速度为重力加速度g的匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线．
2．基本规律
以抛出点为原点，水平方向(初速度v0方向)为x轴，竖直向下方向为y轴，建立平面直角坐标系，则：
(1)水平方向：做匀速直线运动，速度vx＝v0，位移x＝v0t.
(2)竖直方向：做自由落体运动，速度vy＝gt，位移y＝gt2.
(3)合速度：v＝，方向与水平方向的夹角为θ，则tan θ＝＝.
(4)合位移：s＝，方向与水平方向的夹角为α，tan α＝＝.
3．对规律的理解
(1)飞行时间：由t＝ 知，时间取决于下落高度h，与初速度v0无关．
(2)水平射程：x＝v0t＝v0，即水平射程由初速度v0和下落高度h共同决定，与其他因素无关．
(3)落地速度：vt＝＝，以θ表示落地速度与x轴正方向的夹角，有tan θ＝＝，所以落地速度也只与初速度v0和下落高度h有关．
(4)速度改变量：因为平抛运动的加速度为重力加速度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相同，方向恒为竖直向下，如图1所示．
图1
(5)两个重要推论
图2
①做平抛(或类平抛)运动的物体任一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，如图2中A点和B点所示．
②做平抛(或类平抛)运动的物体在任意时刻任一位置处，设其速度方向与水平方向的夹角为α，位移方向与水平方向的夹角为θ，则tan α＝2tan θ.
[例题1] （2023•赣州一模）一般的曲线运动可以分成很多小段，每小段都可以看作圆周运动的一部分，即把整条曲线用一系列不同半径的小圆弧来代替，这样，在分析质点经过曲线上某位置的运动时，就可以采用圆周运动的分析方法来处理了。将一质量为m＝0.5kg的小球（可视为质点）从空中O点以速度v0＝3m/s水平抛出，经过轨迹上的P点时速度方向与水平方向夹角为53°，如图甲所示。现沿小球运动轨迹铺设一条光滑轨道，如图乙所示，让小球从O点由静止释放开始沿轨道下滑，不计一切阻力，重力加速度g取10m/s2，则（ ）
A．小球下滑到P处时的速度大小为4m/s
B．小球从O点下滑到P点的时间为0.4s
C．O、P两点的水平距离为0.8m
D．在P点处，小球对轨道的压力为2725N
【解答】解：AC、根据平抛运动的规律可知：
vy＝v0tan53°＝3×43m/s＝4m/s
在竖直方向上：vy2=2gy
y=12gt2
根据几何关系可得：yx=12tan53°
联立解得：y＝0.8m；x＝1.2m；t＝0.4s；
即op间的水平距离为1.2m，竖直距离为0.8m，
小球沿光滑轨道下滑到P点，根据动能定理可得：
mgy=12mv2
解得：v＝4m/s，故A正确，C错误；
B、若OP轨道为光滑倾斜轨道，由匀加速直线运动的规律可得：
ysinθ=12gsinθ⋅t'2
解得：t'=1sinθ2yg＞2yg，由于轨道为圆形轨道，所以所以小球从O点下滑到P点的时间大于0.4s，故B错误；
D、在P点对小球进行受力分析，如图所示：
当小球平抛时：
mgcos53°=mv总2r
v总=v0cos53°=30.6m/s=5m/s
当小球滑到P点时，根据牛顿第二定律可得：
mgcos53°−FN=mv2r
解得在P点处，小球对轨道的压力为：
FN=2527N，故D正确。
故选：D。
[例题2] （2023•五华区校级模拟）为迎接2022年北京冬奥会，运动员都进行了刻苦的训练。某滑雪运动员在训练过程中，从倾角为37°的倾斜直雪道顶端以4.00m/s的速度水平飞出，落在雪道上，然后继续沿雪道下滑。若空气阻力忽略不计，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则他在空中运动的时间为（ ）
A．0.4s B．0.6s C．0.8s D．1.0s
【解答】解：根据斜面上平抛运动特点tan37°=yx=12gt2v0t
可得t＝0.6s，故B正确，ACD错误。
故选：B。
[例题3] （2023•台州二模）如图所示，一架战斗机沿水平方向匀速飞行，先后释放三颗炸弹，分别击中山坡上水平间距相等的A、B、C三点。已知击中A、B的时间间隔为t1，击中B、C的时间间隔为t2，释放炸弹的时间间隔分别为Δt1、Δt2。不计空气阻力，则（ ）
A．t1＞t2 B．t1＝t2 C．Δt1＞Δt2 D．Δt1＝Δt2
【解答】解：设释放第一颗炸弹的时刻为t01，击中山坡上A点的时刻为tA，释放第二颗炸弹的时刻为t02，击中山坡上B点的时刻为tB，释放第三颗炸弹的时刻为t03，击中山坡上C点的时刻为tC，由于炸弹在空中下落过程，战斗机一直处于炸弹的正上方，根据水平方向上的运动特点可得：
xAB＝v0（tB﹣tA）＝v0t1
xBC＝v0（tC﹣tB）＝v0t2
由于xAB＝xBC
可得：t1＝t2
设三颗炸弹在空中下落的高度分别为hA、hB、hC；因为平抛运动的物体在竖直方向上做自由落体运动，则三颗炸弹在空中的下落时间分别为：
ΔtA=2ℎAg=tA−t01
ΔtB=2ℎBg=tB−t02
ΔtC=2ℎCg=tC−t03
则有Δt1=t02−t01=(tB−2ℎBg)−(tA−2ℎAg)=t1−(2ℎBg−2ℎAg)
Δt2=t03−t02=(tC−2ℎCg)−(tB−2ℎBg)=t2−(2ℎCg−2ℎBg)
由图可知下落高度关系为：hB略小于hA，hC比hB小得多；由此可知Δt1＜Δt2，故B正确，ACD错误；
故选：B。
[例题4] （2023•浙江模拟）某天，小陈同学放学经过一座石拱桥，他在桥顶A处无意中把一颗小石子水平沿桥面向前踢出，他惊讶地发现小石子竟然几乎贴着桥面一直飞到桥的底端D处，但是又始终没有与桥面接触。他一下子来了兴趣，跑上跑下量出了桥顶高OA＝3.2m，桥顶到桥底的水平距离OD＝6.4m。这时小陈起一颗小石，在A处，试着水平抛出小石头，欲击中桥面上两块石板的接缝B处（B点的正下方B'是OD的中点），小陈目测小石头抛出点离A点高度为1.65m，下列说法正确的是（ ）
A．石拱桥为圆弧形石拱桥
B．小陈踢出的小石头速度约为6.4m/s
C．小陈抛出的小石头速度约为4.6m/s
D．先后两颗小石子在空中的运动时间之比为2：1
【解答】解：A、石头做平抛运动，石子几乎贴着桥面一直飞到桥的底端D处，且始终没有与桥面接触，则石拱桥为抛物线形石拱桥，故A错误；
B、石头做平抛运动，水平方向为匀速直线运动，竖直方向为自由落体运动，水平方向：OD＝v1t1
竖直方向：OA=12gt12
代入数据联立解得：t1＝0.8s
v1＝8m/s
故B错误；
C、小陈踢出的石子经过B点时，水平方向的位移为总位移的12，则时间为总时间的12，A和B竖直方向的距离为hAB=12g（12t1）2=14OA=14×3.2m＝0.8m
小陈抛出的小石头做平抛运动，水平方向的位移为：12OD＝v2t2
竖直方向位移为：h+hAB=12gt22
代入数据解得：t2＝0.7s
v2=327m/s≈4.6m/s
故C正确；
D、先后两颗小石子在空中的运动时间之比为：t1：t2＝0.8：0.7＝8：7
故D错误。
故选：C。
[例题5] （2023•临泉县校级三模）在俄乌战争中，俄罗斯大量使用了“卡﹣52武装直升机”。假设在某次执行任务时，“卡﹣52直升机”悬停在水平地面O点正上方320m处。悬停中直升机沿图中水平虚线方向，发射一枚无动力炸弹，炸弹离开飞机时的速度为30m/s，此后飞机水平转过90°，仍在悬停状态向正前方发射另一枚无动力炸弹，炸弹离开飞机时的速度为40m/s，g取10m/s2，不计空气阻力，则两枚炸弹落地点的距离为（ ）
A．400m B．560m C．420m D．480m
【解答】解：炸弹离开飞机后做平抛运动，竖直方向有h=12gt2，则炸弹下落时间t=2ℎg=2×32010s＝8s
第一枚炸弹在水平方向距O点位移x1＝v1t＝30×8m＝240m
第二枚炸弹在水平方向距O点位移x2＝v2t＝40×8m＝320m
两个位移夹角90°，根据勾股定理求出两个落地点间的距离为x=x12+x22=2402+3202m＝400m，故A正确，BCD错误。
故选：A。
考点二 斜面上的平抛运动问题
斜面上的平抛运动问题是一种常见的题型，在解答这类问题时除要运用平抛运动的位移和速度规律，还要充分运用斜面倾角，找出斜面倾角同位移和速度与水平方向夹角的关系，从而使问题得到顺利解决．常见的模型如下：
方法
内容
斜面
总结
分
解
速
度
水平：vx＝v0
竖直：vy＝gt
合速度：v＝
分解速度，构建速度三角形
分
解
位
移
水平：x＝v0t
竖直：y＝gt2
合位移：s＝
分解位移，构建位移三角形
[例题6] （多选）（2023•金凤区校级一模）A、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点以一定的水平速度抛出质量相等的两个小球，球1落在B点，球2落在C点，关于球1和球2从抛出到落在斜面上的运动过程（ ）
A．球1和球2运动的时间之比为2：1
B．球1和球2动能增加量之比为1：2
C．球1和球2抛出时初速度之比为22：1
D．球1和球2运动时的加速度之比为1：2
【解答】解：A、因为AC＝2AB，则EC的高度差是EB高度差的2倍，根据ℎ=12gt2得，t=2ℎg，解得运动的时间比为1：2．故A错误；
B、根据动能定理得，mgh＝△Ek，知球1和球2动能增加量之比为1：2．故B正确；
C、DAC在水平方向上的位移是DB在水平方向位移的2倍，结合x＝v0t，解得初速度之比为22：1．故C正确；
D、平抛运动的加速度为g，两球的加速度相同。故D错误。
故选：BC。
[例题7] （2023•蚌埠模拟）如图所示，小球以速度v0正对倾角为θ的斜面水平抛出，若小球到达斜面的位移最小，则以下说法正确的是（重力加速度为g）（ ）
A．小球在空中的运动时间为v0gtanθ
B．小球的水平位移大小为2v02gtanθ
C．小球的竖直位移大小为v02gtanθ
D．由于不知道抛出点位置，位移大小无法求解
【解答】解：A．如图所示，过抛出点作斜面的垂线与斜面交于B点，由几何关系可知，当小球落在斜面上的B点时，位移最小，设运动的时间为t，则水平方向有x＝v0t，竖直方向有y=12gt2，根据几何关系有tanθ=xy，联立解得t=2v0gtanθ，故A错误；
B．水平位移x＝vt，结合A分析可知，小球的水平位移大小为x=2v02gtanθ，故B正确；
C．由A中分析，由y=12gt2可知，竖直位移的大小为y=2v02gtan2θ，故C错误；
D．根据几何关系可知，总位移的大小为s=xsinθ，解得s=2v02gtanθ⋅sinθ，故D错误。
故选：B。
[例题8] （2023•湖南二模）如图所示，物体在倾角为θ、足够长的斜面上做平抛运动，最终落在斜面上，从抛出到第一次落到斜面上的过程，下列说法正确的是（ ）
A．物体在空中运动的时间与初速度成正比
B．落到斜面上时、速度方向与水平面的夹角随初速度的增大而增大
C．抛出点和落点之间的距离与初速度成正比
D．物体在空中运动过程中，离斜面的最远距离与初速度成正比
【解答】解：A、物体在倾角为θ、足够长的斜面上做平抛运动，最终落在斜面上，则位移与水平面之间的夹角为θ，这个合位移可以分解为竖直方向的位移y以及水平方向的位移x，设初速度为v0，则有tanθ=yx=12gt2v0t，解得t=2v0tanθg，由于θ值以及g值一定，所以物体在空中运动的时间与初速度成正比，故A正确；
B、落到斜面上时，设速度方向与水平面的夹角为α，tanα=vyvx=gtv0，把t值代入得，tanα＝2tanθ，由于θ值一定，α也一定，与初速度无关，故B错误；
C、抛出点和落点之间的距离即合位移大小，设为l，l=xcosθ=v0tcosθ，把t值代入得l=2v02tanθgcosθ，抛出点和落点之间的距离与初速度的平方成正比错误，而不是和初速度成正比，故C错误；
D、可以把初速度和重力加速度分解来求解物体在空中运动过程中离斜面的最远距离，v0分解为垂直于斜面的速度v1和沿着斜面的速度v2，其中v1＝v0sinθ，重力加速度分解为垂直斜面的加速度g1和沿着斜面的加速度g2，其中g1＝gcosθ，在垂直斜面方向上速度减为0距离斜面最远，设最远距离为d，d=v122g1=v02sin2θ2gcosθ，物体在空中运动过程中离斜面的最远距离与初速度平方成正比，故D错误。
故选：A。
[例题9] （2023•邯山区校级二模）如图所示，以10m/s的水平初速度v0抛出的物体，飞行一段时间后，垂直地撞在倾角为30°的斜面上，则飞行时间t是（g取10m/s2）（ ）
A．33s B．23s C．233s D．3s
【解答】解：物体做平抛运动，当垂直地撞在倾角为30°的斜面上时，把物体的速度分解如图所示，
由图可知，此时物体的竖直方向上的速度的大小为
vy=v0tanθ=1033m/s=103m/s
由vy＝gt可得，运动的时间为：
t=vyg=10310s=3s。故ABC错误，D正确。
故选：D。
[例题10] （2023•汕头一模）如图所示，在竖直平面中，有一根水平放置的，长度为L的不可伸长的轻绳，绳的一端固定在O点，另一端连有质量为m的小球。现从A点静止释放小球，当小球运动到O点正下方B点时，绳子突然断裂。B点位于斜面顶端，斜面足够长，倾角为θ，则下面的说法正确的是（ ）
A．小球落至斜面所需的时间为22Lgtanθ
B．小球落至斜面所需的时间为2Lgtanθ
C．小球落至斜面C点与B点的距离为4Ltanθ
D．小球落至斜面C点与B点的距离为4Lsinθcos2θ
【解答】解：AB．小球AB过程，只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律有，mgL=12mvB2，解得vB=2gL；小球BC过程做平抛运动，根据平抛运动规律有tanθ=yx=12gt2vBt=gt2vB，解得t=2vBtanθg=22gLtanθg=22Lgtanθ，所以从A点静止释放小时下落时间应包括AB过程所用时间，所以小球落至斜面所需的时间大于t，故AB错误；
CD．小球BC过程做平抛运动，有y=12gt2=12g⋅8Ltan2θg=4Ltan2θ，小球落至斜面C点与B点的距离为s=ysinθ=4Ltan2θsinθ=4Lsinθcos2θ，故C错误，D正确。
故选：D。
[例题11] （2023•浙江二模）如图所示，将小球从倾角为θ＝30°的光滑斜面上A点以速度v0＝10m/s水平抛出（即v0∥CD），最后从B处离开斜面，已知AB间的高度h＝5m，g取10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．小球的加速度为1033m/s2
B．小球做平抛运动，运动轨迹为抛物线
C．小球到达B点时的速度大小为102m/s
D．小球从A点运动到B点所用的时间为1s
【解答】解：小球做类平抛运动，根据牛顿第二定律得，小球沿斜面下滑的加速度为：
a=mgsinθm=gsinθ＝10×5m/s2＝5m/s2，
根据位移—时间关系可得：ℎsinθ=12at2
代入数据解得：t＝2s
沿斜面方向的速度大小为：vy＝at＝5×2m/s＝10m/s
则到达B点时的速度大小v=v02+vy2=102+102m/s＝102m/s，故C正确、ABD错误。
故选：C。
[例题12] 如图所示的光滑斜面长为L，宽为s，倾角为θ＝30°，一小球（可视为质点）沿斜面右上方顶点A处水平射入，恰好从底端B点离开斜面，重力加速度为g。则下列说法正确的是（ ）
A．小球运动的加速度为g
B．小球由A运动到B所用的时间为2Lg
C．小球由A点水平射入时初速度v0的大小为sg2L
D．小球离开B点时速度的大小为g4L(s2+4L2)
【解答】解：A、依据曲线条件，初速度与合力方向垂直，且合力大小恒定，则物体做匀变速曲线运动，
再根据牛顿第二定律得，物体的加速度为：a=mgsinθm=gsinθ=g2，故A错误；
BCD、根据L=12at2，有：
t=2La=2Lgsinθ=4Lg
在B点的平行斜面方向的分速度为：
vBy＝at＝gsinθ×2Lgsinθ=2gLsinθ=gL
根据s＝v0t，有：
v0=st=s2Lgsinθ=sgsinθ2L=sg4L
故物块离开B点时速度的大小：
v=v02+vBy2=g4L(s2+4L2)，故BC错误；D正确；
故选：D。
[例题13] （多选）如图所示，两个倾角分别为30°、45°的光滑斜面放在同一水平面上，两斜面间距大于小球直径，斜面高度相等．有三个完全相同的小球a、b、c，开始均静止于同一高度处，其中b小球在两斜面之间，a、c两小球在斜面顶端．若同时释放，小球a、b、c到达该水平面的时间分别为t1、t2、t3．若同时沿水平方向抛出，初速度方向如图所示，小球a、b、c到达该水平面的时间分别为t1′、t2′、t3′．下列关于时间的关系正确的是（ ）
A．t1＞t3＞t2 B．t1＝t1′、t2＝t2′、t3＝t3′
C．t1′＞t2′＞t3′ D．t1＜t1′、t2＜t2′、t3＜t3′
【解答】解：第一种情况：b球做自由落体运动，a、c做匀加速运动。设斜面的高度为h，则
对a球：ℎsin30°=12gsin30°t12，
对b球：h=12gt22
对c球：ℎsin45°=12gsin45°t32
由数学知识得：t1＞t3＞t2。
第二种情况：a、c两个球都做类平抛运动，沿斜面向下方向都做初速度为零的匀加速直线运动，a的加速度为gsin30°，c的加速度为gsin45°，b球做平抛运动，则有
对a球：ℎsin30°=12gsin30°t1'2
对b球：h=12gt2'2
对c球：ℎsin45°=12gsin45°t3'2
比较可知，t1＝t1′、t2＝t2′、t3＝t3′．故AB正确。
故选：AB。
考点四 类平抛运动模型
1．受力特点
物体所受的合外力为恒力，且与初速度的方向垂直．
2．运动特点
在初速度v0方向上做匀速直线运动，在合外力方向上做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝.
3．求解方法
(1)常规分解法：将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向(即沿合外力的方向)的匀加速直线运动．两分运动彼此独立，互不影响，且与合运动具有等时性．
(2)特殊分解法：对于有些问题，可以过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度a分解为ax、ay，初速度v0分解为vx、vy，然后分别在x、y方向列方程求解．
[例题14] （2023•贵阳模拟）如图所示，一网球运动员用球拍先后将两只球从O点水平击出。第一只球落在自己一方场地上A处弹跳起来刚好擦网而过，落在对方场地B处。第二只球直接擦网而过，也落在B处。球与地面的碰撞是完全弹性的，且空气阻力不计。则第一只球与第二只球被击出时的速度之比为（ ）
A．1：2 B．1：3 C．3：4 D．2：3
【解答】解：由题可知，两种情况下，球都做平抛运动，由竖直方向的位移—时间公式可得：ℎ=12gt2
得：t=2ℎg
因此可知，球两次平抛运动的时间相等，
第一只球之后从A点反弹，由于球与地面的碰撞时弹性的，故此时小球会做向右上方的斜抛运动（竖直方向的运动上可视为竖直上抛运动），
由对称性可知，A处碰撞的小球上升到高度h再落地，运动的总时间为3t，
故可知两次运动时间之比为3：1。
又因为球在水平方向做匀速直线运动，则有：v0=xt
水平位移相等，则第一只球与第二只球被击出时的速度之比为1：3。
故ACD错误，B正确。
故选：B。
[例题15] 如图所示，某次排球比赛中，球员A在离水平地面3m的高处将排球以30m/s的速度垂直球网水平击出，此时排球与球网的水平距离为9m。球网的高度为2m，对方的球员B站立在球网处，直立伸直手臂可拦到离地高度为2.3m的排球，起跳拦网可拦到离地高度为2.75m的排球，取重力加速度大小g＝10m/s2。已知球员A、B的连线与球网垂直，不计空气阻力，下列关于球员B拦排球的说法，正确的是（ ）
A．排球运动到球网正上方的时间为0.3s
B．球员B站在球网前直立伸直手臂可拦到排球
C．若球员B未拦到排球则排球不会出界
D．若球员B未拦到排球，则排球落地点到球网的距离约为2.6m
【解答】解：A、排球做平抛运动，水平方向为匀速直线运动，则排球运动到球员B位置的时间t1=Lv=930s=0.3s
故A正确；
B、排球竖直方向做自由落体运动，该段时间排球下落的高度ℎ=12gt12=12×10×0.32m=0.45m
此时排球离地高度h3＝H﹣h＝3m﹣0.45m＝2.55m＞h1＝2.3m
故球员B在球网前直立伸直手臂拦不到排球，故B错误；
CD、竖直方向，由位移—时间公式得：H=12gt22
代入数据解得，排球从被击出到落地的时间t2=155s
排球运动的水平距离x＝vt2＝30×155m＝615m＞18m
排球将出界，故CD错误。
故选：A。
[例题16] （2023•陈仓区一模）如图所示，边长为1m的正方体空间图形ABCD﹣A1B1C1D1，其下表面在水平地面上，将可视为质点的小球从顶点A在∠BAD所在范围内（包括边界）分别沿不同的水平方向抛出，落点都在A1B1C1D1平面范围内（包括边界）。不计空气阻力，g取10m/s2，则（ ）
A．小球落在B1点时，初速度为10m/s，是抛出速度的最小值
B．小球落在C1点时，初速度为5m/s，是抛出速度的最大值
C．落在B1D1线段上的小球，平抛时初速度的最小值与最大值之比是1：2
D．落在B1D1线段上的小球，平抛时初速度的最小值与最大值之比是1：2
【解答】解：AB.小球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动，
有：L=12gt2得出：t=2Lg因为下落高度相同，所以平抛运动的时间相等，由几何关系可知，小球的落地点离A1越近，则小球在水平方向的位移越小，所以小球在 B1时，不是抛出的最小值，落在C1时水平位移最大，最大位移为正方形的对角线的长度，即为2L，2L=v0t得v0=g=10m/s为抛出速度的最大值，故AB错误；
CD.由几何关系可得B1D1的中点离A1最近，B1或D1离A1最远，故初速度的最小值与最大值的比为1：2，故D正确，C错误。
故选：D。
[例题17] （2023•东城区模拟）如图所示，窗子上、下沿间的高度H＝1.6m，墙的厚度d＝0.4m，某人在离墙壁距离L＝1.4m、距窗子上沿h＝0.2m处的P点，将可视为质点的小物件以v的速度水平抛出，小物件直接穿过窗口并落在水平地面上，取g＝10m/s2。则v的取值范围是（ ）
A．v＞7 m/s B．v＜2.3 m/s
C．3 m/s＜v＜7 m/s D．2.3 m/s＜v＜3 m/s
【解答】解：小物件做平抛运动，恰好擦着窗子上沿右侧穿过时v最大，
此时有L＝vmaxt
ℎ=12gt2
代入数据解得vmax＝7m/s
恰好擦着窗口下沿左侧时速度v最小，
则有L+d＝vmint'
H+ℎ=12gt'2
代入数据解得vmin＝3m/s
故v的取值范围是3m/s＜v＜7m/s。
故选：C。
[例题18] （多选）（2023•山东模拟）如图所示，一同学练习踢毽子，水平场地上有矩形标线EFGH，在标线GH处的竖直面内挂有挡网ABCD，挡网高1.5m，场地宽EH为4.8m，长EF＝6.4m。该同学从场地的E点将毽子踢出，毽子踢出时速度大小为10m/s，方向在过对角线EG的竖直面内，与EG成37°角斜向上，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力。则毽子将（ ）
A．在空中飞行1s后触网
B．越过网后再在空中飞行0.2s落地
C．击中水平地面上距E为9.6m的点
D．击中竖直挡网上距地面高为1.0m的点
【解答】解：毽子做斜抛运动，将毽子的初速度分解到竖直方向和沿EG方向，竖直分速度v1＝10m/s×sin37°＝6m/s
EG方向的分速度v2＝10m/s×cos37°＝8m/s
由几何关系知，毽子的水平位移为EG=4.82+6.42m=8m
所以毽子运动到挡网处所用时间为t=EGv2=88s＝1s
此时毽子离地面高度为ℎ=v1t−12gt2=6×1m−12×10×12m＝1m＜1.5m
故毽子在飞行1s后击中挡网，故AD正确，BC错误。
故选：AD。
练出高分
一．多选题（共12小题）
（多选）1．（2023•海南二模）飞镖运动是一种可全民参与的运动。若每次飞镖都是水平投掷，飞镖在空中的运动可视为平抛运动。如图，某次将飞镖水平投出后正中靶心，下列正确的是（ ）
A．若飞镖质量较大，则空中飞行的时间会变短
B．若出手位置变高，为了正中靶心，应当减小投掷速度
C．飞镖对准靶心投掷，投出时靶也做自由落体，则镖正中靶心
D．飞镖对准靶心投掷，投出时靶也做自由落体，则镖命中靶心上方位置
【解答】解：A．飞镖在空中的运动可视为平抛运动，重力加速度g恒定，由位移公式可得
水平方向：x＝v0t
竖直方向：y=12gt2
可以看出飞镖在空中飞行的时间与质量无关，故A错误；
B．若出手位置变高，竖直位移y变大，运动时间t变长，为了仍正中靶心（水平位移x不变），应当减小投掷速度v0，故B正确；
CD．飞镖对准靶心投掷，投出时靶也做自由落体，则镖与靶心始终在同一水平高度，竖直方向相对静止，仍能正中靶心，故C正确，D错误。
故选：BC。
（多选）2．（2023•衡水模拟）一个半径为R＝0.75m的半圆柱体放在水平地面上，截面图如图所示。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），到达C点时速度方向恰好沿圆弧切线方向。已知O为半圆弧的圆心，OC与水平方向夹角为53°，取g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，下列说法正确的是（ ）
A．小球从B点运动到C点所用的时间为0.3s
B．小球从B点运动到C点所用的时间为0.5s
C．小球做平抛运动的初速度大小为4m/s
D．小球做平抛运动的初速度大小为6m/s
【解答】解：小球从B点到C点做平抛运动，飞行过程中恰好与半圆弧相切于C点，由几何关系知小球在C点的速度与水平方向的夹角为α＝37°，如下图所示：
设位移与水平方向的夹角为θ，则有
tanθ=tan37°2，
又因为tan.θ=yx=yRcos53°
根据题意可得：R＝0.75m
联立解得：y=920m
根据y=12gt2
解得：t＝0.3s
水平位移x＝1.6R＝v0t
解得：v0＝4m/s，故AC正确，BD错误。
故选：AC。
（多选）3．（2023•邵阳二模）如图所示，小球以v0＝10m/s的瞬时速度从水平地面斜向右上方抛出，速度方向与水平方向的夹角是53°，不计空气阻力，下列说法正确的是（取g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）（ ）
A．小球到达最高点时的瞬时速度为零
B．小球离地面的最大高度是3.2m
C．小球在空中的运动时间是0.8s
D．保持小球速度大小不变，改变速度方向，小球的水平分位移（射程）的最大值是10m
【解答】解：A、小球到达最高点时水平速度不为零，竖直速度为零，所以最高点的瞬时速度不为零，故A错误；
B、在竖直方向上，小球做匀减速直线运动，根据运动学公式可得：
ℎmax=(v0sin53°)22g=(10×0.8)220m=3.2m，故B正确；
C、小球在空中的运动时间为：
t=2v0sin53°g=2×10×0.810s=1.6s，故C错误；
D、设小球速度与水平方向的夹角为θ，根据竖直方向上的运动特点可知：
t=2v0sinθg
在水平方向上，x＝v0cosθt
联立解得：xm=v02sin2θg
当θ＝45°时，小球的射程最大，此时
xm＝10m，故D正确；
故选：BD。
（多选）4．（2023•河南模拟）如图所示，竖直平面内半径为R的圆盘绕中轴О顺时针匀速转动，当圆盘上的A点转至最高点时，紧贴A点以水平速度v=gR（g为重力加速度）抛出一个可视为质点的小球，当A点转至水平位置时，小球刚好落到过О点的水平面，则圆盘的角速度可能为（ ）
A．π2g2R B．πg2R C．3π2g2R D．2πg2R
【解答】解：小球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，有：R=12gt2，
在小球下落时间内，圆盘转过的角度为：θ=π2+nπ，其中n＝0，1，2，3……
则有：ω=θt=（n+12）πg2R（ n＝0，1，2，3……）
当n＝0时，ω=π2g2R
当n＝1时，ω=3π2g2R
故AC正确，BD错误；
故选：AC。
（多选）5．（2023•永丰县校级一模）如图所示，在斜面上一定先后以初速度v0和2v0水平抛出A、B两个小球，则从抛出至第一次着地，两小球的水平位移之比可能为（ ）
A．1：2 B．2：3 C．3：4 D．2：5
【解答】解：A、当A、B两个小球都能落到水平面上时，两者的下落高度相同，由h=12gt2得，两者运动的时间相同，水平方向的位移为x＝v0t，则水平位移之比为初速度之比，即为1：2，故A正确；
BCD、当A、B都落在斜面的时候，小球的竖直位移和水平位移的比值即为斜面夹角的正切值，即tanθ=12gt2v0t
整理可得，时间t=2v0tanθg
所以运动的时间之比为初速度之比，即为1：2
小球的水平位移x＝v0t=2v02tanθg
则两小球的水平位移大小之比为速度平方之比，即为1：4
当只有A落在斜面上的时候，A、B水平位移之比在1：4和1：2之间，故BC错误，D正确。
故选：AD。
（多选）6．（2023•上饶模拟）如图所示，将两小球A、B从直角三角形斜面（足够长）的顶端分别向左、向右水平抛出，两小球分别落在两个斜面上，三角形的两底角分别为α，β，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．将A球先后以v0A与2v0A的速度向左水平抛出，A球两次落在斜面上的时间之比为1：2
B．将A球先后以v0A与2v0A的速度向左水平抛出，A球两次落在斜面上的速度方向不同
C．将A、B两小球分别以v0的速度水平向左、向右抛出，两小球落在斜面上的时间之比为tanβ：tanα
D．将A、B两小球分别以v0的速度水平向左、向右抛出，两小球落在斜面上的下落高度之比为tan2α：tan2β
【解答】解：AC、将A球先后以v0A与2v0A的速度向左水平抛出，A球两次都落在斜面上，根据合位移与水平方向夹角的正切表达式有：tanα=yx=12gt2v0t，可得t=2v0tanαg∝v0，所以两次A球落在斜面上的时间之比为t1：t2＝v0A：2v0A＝1：2；同理，将A、B两小球分别以v0的速度水平向左、向右抛出，两小球落在斜面上的时间之比为：tAtB=tanαtanβ；故A正确，C错误；
B、将A球先后以v0A与2v0A的速度向左水平抛出，A球两次落在斜面上，设合速度与水平方向夹角为θ，根据平抛运动的推论可知，合位移方向与合速度方向的关系，有tanθ＝2tanα，所以，A球两次落在斜面上的速度方向相同；故B错误；
D、将A、B两小球分别以v0的速度水平向左、向右抛出，两小球落在斜面上的下落高度之比为ℎAℎB=12gtA212gtB2=tA2tB2=tan2αtan2β；故D正确。
故选：AD。
（多选）7．（2023•昆明一模）排球比赛中运动员从某一高度将排球击出，击出排球瞬间开始计时，排球在空中飞行的速率v随时间t的变化关系如图所示，图中相关坐标值均为已知，若t2时刻排球恰好落到对方的场地上，排球可视为质点，运动过程中受到的阻力不计，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．击球点到落地点间的水平距离为v0t2
B．击球点到落地点间的水平距离为v1t2
C．排球运动过程中离地的最大高度为v22−v122g
D．排球运动过程中离地的最大高度为v22−v022g
【解答】解：AB．运动员从某一高度将排球击出，阻力不计，球速变小，t1时刻排球处于最高点，速度方向水平，水平方向做匀速直线运动，击球点到落地点间水平距离x＝v1t2
故A错误，B正确；
CD．排球落地竖直方向分速度vy=v22−v12
由速度—位移公式，排球运动过程中离地最大高度ℎ=vy22g=v22−v122g
故C正确，D错误。
故选：BC。
（多选）8．（2023•岳阳一模）2022年9月18日上午，随着岳阳队摘得湖南省第十四届省运会田径项目U12团体赛金牌，为期4天的省运会田径比赛所有运动项目圆满结束。我市田径运动仍然保持着强劲的发展势头，来自临湘市二中的谈仁哲在U18男子铅球项目中，以17.96米的成绩打破赛会记录，在铅球比赛中，若某运动员以初速度v0＝12m/s将质量为m＝7kg的铅球推出，初速度与水平方向成42°角，推出点所在位置离水平地面1.8m高，重力加速度取10m/s2，已知sin42°＝0.67，cos42°＝0.74，忽略空气阻力的影响，从铅球推出到落地过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．铅球在空中运动时间约为1.6s
B．铅球上升时间与下降时间相等
C．铅球到达最高点时速度为8.88m/s
D．铅球落地的速度大小为65m/s
【解答】解：C．将初速度v0沿水平方向和竖直方向进行分解可得vx0＝v0cos42°＝12×0.74m/s＝8.88m/s；vy0＝v0sin42°＝12×0.67m/s＝8.04m/s
铅球在水平方向上以vx0做匀速直线运动，在竖直方向上以初速度vy0做竖直上抛运动，设上升到最高点的时间为t1，则t1=vy0g=8.0410s=0.804s
在最高点时，铅球竖直速度为零，故在最高点时铅球的速度为v1＝vx0＝8.88m/s
故C正确；
AB．设最高点与抛出点的高度差为h1，则ℎ1=12gt12=12×10×0.8042m=3.23m
故最高点距地面的高度为h＝h1+h0≈3.23m+1.8m＝5.03m
设铅球下降时间为t2，则ℎ=12gt22
解得：t2≈1.0s
因此铅球上升时间与下降时间不相等，铅球在空中运动时间为t＝t1+t2≈0.808s+1.0s≈1.8s
故AB错误；
D．设铅球落地速度大小为v2，根据动能定理可得mgℎ0=12mv22−12mv02
解得v2=65m/s
故D正确。
故选：CD。
（多选）9．（2023•淄博一模）如图所示，足球球门宽为L，一个球员在球门线中点正前方距离球门s处高高跃起，将足球顶入球门的左下方死角（图中P点），球员顶球点O距地面的高度为h。足球做平抛运动（足球可看成质点，忽略空气阻力），重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．足球位移OP的大小为L24+ℎ2
B．足球位移OP的大小为L24+s2+ℎ2
C．足球刚落到P点的速度大小为g2ℎ(L24+s2)+2gℎ
D．足球刚落到P点的速度大小为g2ℎ(L24+s2)+gℎ
【解答】解：AB、由几何关系得，足球在水平方向的位移大小为：x=s2+(12L)2
则足球的合位移OP的大小为OP=x2+ℎ2=s2+ℎ2+L24
故A错误，B正确；
CD、足球做平抛运动，水平方向为匀速直线运动，有：x＝v0t
竖直方向为自由落体运动，有h=12gt2
联立解得，足球的初速度的大小v0=g2ℎ(L24+s2)
足球落在P点时，竖直方向的分速度为vy＝gt=2gℎ
则足球刚落到P点的速度大小为v=vx2+vy2=g2ℎ(L24+s2)+2gℎ
故C正确，D错误。
故选：BC。
（多选）10．（2023•宜宾模拟）如图所示，为冬奥会单板滑雪大跳台项目简化模型。运动员以水平初速度v0从P点冲上半径为R的六分之一光滑圆弧跳台，离开跳台经最高点M后落在倾角为θ的斜坡上，落点距Q点的距离为L，若忽略一切阻力并将其看成质点，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．运动员在最高点M的速度为0
B．最高点M距水平面PQ的竖直距离为38(v02g+R3)
C．运动员离开圆弧跳台后在空中运动的时间3v024g2+2Lsinθg+R4g−3v024g2−3R4g
D．运动员落在斜面时的速度大小为v02+2gLsinθ
【解答】解：A、运动员离开跳台后做斜抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，所以运动员在最高点M有水平方向的速度，故A错误；
B、根据几何关系可知，圆弧对应的圆心角为θ＝60°运动员从开始沿圆弧运动到离开跳台，只有重力做功，有动能定理可知：−mgR(1−cosθ)=12mv12−12mv02
解得：v1=v02−gR
运动员从离开圆弧到最高点的过程中，vy2=(v1sinθ)2=2gℎ
则最高点M点距水平面PQ的竖直距离为H＝h+R（1﹣cosθ）
解得：H=38(v02g+R3)，故B正确；
CD、运动员从开始运动到落到斜面上时，只有重力做功，mgLsinθ=12mv22−12mv02
解得：v2=v02+2gLsinθ
运动员落在斜面上时竖直分速度大小为：v2y=v22−(v1cosθ)2
即v2y=34v02+2gLsinθ+14gR
则运动员离开圆弧跳台后在空中运动的时间为：t=v2y−(−vy)g=3v024g2+2Lsinθg+R4g+3v024g2−3R4g，故C错误，D正确。
故选：BD。
（多选）11．（2023•青岛一模）水平地面上有一足够长且足够宽的固定斜面，倾角为37°，小明站在斜面底端向斜面上投掷可视作质点的小石块。若石块出手时的初速度方向与水平方向成45°，出手高度为站立点正上方1.8m，重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．若石块的飞行轨迹所在平面与斜面底边垂直，石块在斜面上的落点恰好与出手点等高，则石块出手时的初速度为26m/s
B．若石块的飞行轨迹所在平面与斜面底边垂直，石块在斜面上的落点恰好与出手点等高，则石块出手时的初速度为23m/s
C．若石块的初速度大小一定，当石块的飞行轨迹所在平面与斜面底边垂直时，石块飞行时间最短
D．若投出石块的最大初速度为8m/s，则石块在斜面上与出手点等高的所有落点所组成的线段长度不会超过12m
【解答】解：AB、石块出手时的初速度方向与水平方向成45°角，则
tan45°=vyvx
可得：vx＝vy
石块落在1.8m高的斜面上，则
tan37°=1.8mx
则石块的水平位移为：
x＝2.4m
由石块斜向上运动时
x'=vxt=x2=2.42m=1.2m
y'=vyt2=0.6m
又因为
vy2=2gy'
解得：vy=23m/s
所以石块出手时的速度为
v=2vy=2×23m/s=26m/s，故A正确，B错误；
C、若石块的初速度大小一定，当石块的运动轨迹所在平面与斜面底边垂直时，石块在斜面上的落点最高，石块下落时间最短，石块飞行时间最短，故C正确；
D、若投出石块的初速度为8m/s，则
vx0=vy0=8m/s×sin45°=42m/s
石块在斜面上的落点恰好与出手点等高处，最大运动时间为
t0=2vy0g=2×4210s=425s
最大水平位移为：
x0=vx0t0=42×425m=325m
石块在斜面上与出手点等高处与出手点最近点距离为x＝2.4m，则石块在斜面上与出手点等高的最远点与最近点的距离为：
Δx=x02−x2=6.42−2.42m=35.2m＜6m
则石块在斜面上与出手点等高的所有落点组成的线段长度不会超过
2Δx＝2×6m＝12m，故D正确；
故选：ACD。
（多选）12．（2023•濠江区校级二模）若物体被抛出时的速度不沿水平方向，而是向斜上方或向斜下方（这种情况常称为斜抛），则它的受力情况与平抛运动完全相同。如图甲所示，球状烟花中有一部分是做斜上抛运动，其中一火药做斜抛运动的轨迹如图乙所示，图乙中初速度v0和初速度与水平方向的夹角θ均为已知量，重力加速度大小为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．该火药的射高为v02sin2θ2g
B．该火药的射高为v02cos2θ2g
C．若斜抛运动的初速度v0大小不变，抛射角θ改变，则该火药射程的最大值为2v02g
D．若斜抛运动的初速度v0大小不变，抛射角θ改变，则该火药射程的最大值为v02g
【解答】解：首先我们对物体的初速度进行分解，如图：
AB、由图知竖直方向速度为voy＝v0sinθ，竖直方向上可视为自由落体运动，所以射高由运动学公式2gℎ=voy2，解得：h=v02sin2θ2g。故A正确，B错误。
CD、水平方向射程由运动学公式s＝voxt＝v0cosθt，t可以由竖直方向上的运动学公式来求：gt＝2voy＝2v0sinθ；解得t=2v0sinθg。
所以水平方向射程s=2v02sinθcosθg=v02sin2θg，因为sin2θ最大值为1，所以smax=v02g。故C错误，D正确。
故选：AD。
二．计算题（共3小题）
13．（2023•潍坊二模）“打水漂”是很多同学体验过的游戏，小石片被水平抛出，碰到水面时并不会直接沉入水中、而是擦着水面滑行一小段距离再次弹起飞行，跳跃数次后沉入水中，俗称“打水漂”。如图所示，某同学在岸边离水面高度h0＝0.8m处，将一质量m＝20g的小石片以初速度v0＝16m/s水平抛出。若小石片第1次在水面上滑行时受到水平阻力的大小为1.2N，接触水面0.1s后弹起，弹起时竖直方向的速度是刚接触水面时竖直速度的34。取重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力。求：
（1）小石片第1次离开水面后到再次碰到水面前，在空中运动的水平距离；
（2）第1次与水面接触过程中，水面对小石片的作用力大小。
【解答】（1）开始小石片做平抛运动，在竖直方向做自由落体运动，设第一次刚刚接触水面的速度为vy，有vy2=2gℎ0，则vy=2gℎ0=2×10×0.8m/s=4m/s
第一次刚接触水面弹起时竖直方向的速度vy1=34vy=34×4m/s=3m/s
小石片第1次在水面上滑行时受到水平阻力的大小为1.2N，规定初速度方向为正方向，根据牛顿第二定律得，﹣f＝ma，则a=−fm=−1.220×10−3m/s2=−60m/s2
设接触水面0.1s后弹起的水平速度为vx，根据运动学公式有vx＝v0+at＝16m/s+（﹣60）×0.1m/s＝10m/s
设第1次离开水面后到再次碰到水面前在空中运动时间为t1，t1=2vy1g=2×310s=0.6s
在空中运动的水平距离x＝vxt1＝10×0.6m＝6m；
（2）设水面对小石片竖直方向的作用力为F，设竖直向上为正方向，根据动量定理得（F﹣mg）t＝mvy1﹣mvy
解得F=mvy1−mvyt+mg=20×10−3×3−20×10−3(−4)0.1N+20×10−3×10N=1.6N
第1次与水面接触过程中，水面对小石片的作用力大小F′=f2+F2=1.22+1.62N=2N。
答：（1）小石片第1次离开水面后到再次碰到水面前，在空中运动的水平距离为6m；
（2）第1次与水面接触过程中，水面对小石片的作用力大小为2N。
14．（2023•上饶模拟）如图所示，在水平地面上固定一倾角θ＝53°、表面光滑的斜面体，物体A以v0＝8m/s的初速度沿斜面上滑，同时在物体A的正上方，有一物体B以某一初速度水平抛出。当A上滑到最高点时恰好被物体B击中，A、B均可看作质点，取sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，重力加速度大小g＝10m/s2，求：
（1）物体B被抛出时的初速度vOB；
（2）物体A、B间初始位置的高度差H。
【解答】解（1）根据牛顿第二定律得，A上滑的加速度a＝gsin53°＝10×0.8m/s2＝8m/s2
运动的时间t=v0a=88s=1s．
A物体运动的位移xA=v022a=642×8m=4m．
则B平抛运动的水平位移x＝xAcos53°＝vOBt
解得B抛出的初速度vOB＝2.4m/s。
（2）B平抛运动的高度差ℎ1=12gt2=12×10×1m=5m．
A上升的高度h2＝xAsin53°＝3.2m
则AB初始位置的高度差H＝h1+h2＝3.2m+5m＝8.7m。
答：（1）物体B抛出时的初速度为2.4m/s；
（2）物体A、B间初始位置的高度差H为8.7m。
15．（2022•浙江模拟）目前，乒乓球运动员都使用发球机来练球。现建立如下简化模型，如图所示，水平乒乓球球台离地高度H＝0.75m，总长L＝3.2m，置于居中位置的球网高h＝0.15m，发球机装在左侧球台的左边缘中点，发球过程简化为：球从C点出发后（C点与球台等高），通过半径R＝0.2m的14圆弧管道，在最高点D点水平且平行于球台中轴线发出（定义该速度为发球速度），D点在球台上方且与球台左边缘的水平距离l＝0.1m。可视为质点的乒乓球质量m＝0.003kg，运动中所受空气阻力不计，与球台的碰撞视为弹性碰撞，即碰撞后速度大小不变，碰后方向与碰前方向关于竖直线对称。发球规则为：乒乓球必须在左侧球台碰撞一次（仅限一次），跨网后能与右侧球台碰撞即视为发球成功。
（1）若发球速度为v＝5m/s，求乒乓球对D点轨道压力的大小和方向；
（2）求发球机成功发球的速度范围；
（3）现定义有效回球时间：球第一次碰撞右侧球台后至再次碰撞球台的时间间隔为有效回球时间，若第一次碰撞右侧球台后不再第二次碰撞球台，球第一次碰撞右侧球台后至球运动到球台平面以下离球台竖直高度差为0.25m前的时间间隔为有效回球时间。则以（2）问中的最小速度和最大速度发球的有效回球时间各为多少？
【解答】解：（1）设轨道对球的压力为F，方向向下
F+mg＝mv2R
解得：F＝0.345 N
则由牛顿第三定律知球对轨道的压力为0.345 N，方向竖直向上
（2）球发出后至落到球台做平抛运动，竖直位移为R＝0.2 m，由R=12gt2
解得：t＝0.2 s
平抛运动前0.1 s和后0.1 s的竖直位移分别为0.05 m和0.15 m，结合网高0.15 m，经过分析可得图一和图二分别是能够过网的最小速度和最大速度的对应情景。
以图中最小速度发球，经过0.5 s，球到达球网。
vmint=L2−l，解得：vmin＝3 m/s
显然球能够在右侧球台碰撞，此即最小成功发球速度
同理：以图中最大速度发球，经过0.3 s，球到达球网。
vmaxt=L2−l，解得：vmax＝5 m/s
得球过网后再经过0.3 s落到右侧球台上距离右边缘0.1 m处，故此最大速度即成功发球的最大速度。
发球机成功发球的速度范围：3m/s≤v≤5m/s
（3）以最小速度发球：经分析可得：球可以在右侧球台碰撞两次，故有效回球时间为t'＝0.4 s
以最大速度发球：经分析可得：球在右侧球台只能碰撞一次，故有效回球时间为球的上升时段和球的下落时段之和，显然球的上升时间为t1＝0.2 s，
求得球下落的竖直位移为0.45 m
Δh=12gt22，解得t2＝0.3 s
所以有效回球时间为t'＝0.5 s
答：（1）若发球速度为v＝5m/s，乒乓球对D点轨道压力的大小为0.345N，方向竖直向上；
（2）发球机成功发球的速度范围为：3m/s≤v≤5m/s；
（3）以（2）问中的最小速度和最大速度发球的有效回球时间分别为0.4s和0.5s.
第9讲 平抛运动
目录
考点一 平抛运动的基本规律 1
考点二 斜面上的平抛运动问题 2
考点三 平抛运动中的临界问题 7
考点四 类平抛运动模型 11
练出高分 14
考点一 平抛运动的基本规律
1．性质
加速度为重力加速度g的匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线．
2．基本规律
以抛出点为原点，水平方向(初速度v0方向)为x轴，竖直向下方向为y轴，建立平面直角坐标系，则：
(1)水平方向：做匀速直线运动，速度vx＝v0，位移x＝v0t.
(2)竖直方向：做自由落体运动，速度vy＝gt，位移y＝gt2.
(3)合速度：v＝，方向与水平方向的夹角为θ，则tan θ＝＝.
(4)合位移：s＝，方向与水平方向的夹角为α，tan α＝＝.
3．对规律的理解
(1)飞行时间：由t＝ 知，时间取决于下落高度h，与初速度v0无关．
(2)水平射程：x＝v0t＝v0，即水平射程由初速度v0和下落高度h共同决定，与其他因素无关．
(3)落地速度：vt＝＝，以θ表示落地速度与x轴正方向的夹角，有tan θ＝＝，所以落地速度也只与初速度v0和下落高度h有关．
(4)速度改变量：因为平抛运动的加速度为重力加速度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相同，方向恒为竖直向下，如图1所示．
图1
(5)两个重要推论
图2
①做平抛(或类平抛)运动的物体任一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，如图2中A点和B点所示．
②做平抛(或类平抛)运动的物体在任意时刻任一位置处，设其速度方向与水平方向的夹角为α，位移方向与水平方向的夹角为θ，则tan α＝2tan θ.
[例题1] （2023•赣州一模）一般的曲线运动可以分成很多小段，每小段都可以看作圆周运动的一部分，即把整条曲线用一系列不同半径的小圆弧来代替，这样，在分析质点经过曲线上某位置的运动时，就可以采用圆周运动的分析方法来处理了。将一质量为m＝0.5kg的小球（可视为质点）从空中O点以速度v0＝3m/s水平抛出，经过轨迹上的P点时速度方向与水平方向夹角为53°，如图甲所示。现沿小球运动轨迹铺设一条光滑轨道，如图乙所示，让小球从O点由静止释放开始沿轨道下滑，不计一切阻力，重力加速度g取10m/s2，则（ ）
A．小球下滑到P处时的速度大小为4m/s
B．小球从O点下滑到P点的时间为0.4s
C．O、P两点的水平距离为0.8m
D．在P点处，小球对轨道的压力为2725N
【解答】解：AC、根据平抛运动的规律可知：
vy＝v0tan53°＝3×43m/s＝4m/s
在竖直方向上：vy2=2gy
y=12gt2
根据几何关系可得：yx=12tan53°
联立解得：y＝0.8m；x＝1.2m；t＝0.4s；
即op间的水平距离为1.2m，竖直距离为0.8m，
小球沿光滑轨道下滑到P点，根据动能定理可得：
mgy=12mv2
解得：v＝4m/s，故A正确，C错误；
B、若OP轨道为光滑倾斜轨道，由匀加速直线运动的规律可得：
ysinθ=12gsinθ⋅t'2
解得：t'=1sinθ2yg＞2yg，由于轨道为圆形轨道，所以所以小球从O点下滑到P点的时间大于0.4s，故B错误；
D、在P点对小球进行受力分析，如图所示：
当小球平抛时：
mgcos53°=mv总2r
v总=v0cos53°=30.6m/s=5m/s
当小球滑到P点时，根据牛顿第二定律可得：
mgcos53°−FN=mv2r
解得在P点处，小球对轨道的压力为：
FN=2527N，故D正确。
故选：D。
[例题2] （2023•五华区校级模拟）为迎接2022年北京冬奥会，运动员都进行了刻苦的训练。某滑雪运动员在训练过程中，从倾角为37°的倾斜直雪道顶端以4.00m/s的速度水平飞出，落在雪道上，然后继续沿雪道下滑。若空气阻力忽略不计，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则他在空中运动的时间为（ ）
A．0.4s B．0.6s C．0.8s D．1.0s
【解答】解：根据斜面上平抛运动特点tan37°=yx=12gt2v0t
可得t＝0.6s，故B正确，ACD错误。
故选：B。
[例题3] （2023•台州二模）如图所示，一架战斗机沿水平方向匀速飞行，先后释放三颗炸弹，分别击中山坡上水平间距相等的A、B、C三点。已知击中A、B的时间间隔为t1，击中B、C的时间间隔为t2，释放炸弹的时间间隔分别为Δt1、Δt2。不计空气阻力，则（ ）
A．t1＞t2 B．t1＝t2 C．Δt1＞Δt2 D．Δt1＝Δt2
【解答】解：设释放第一颗炸弹的时刻为t01，击中山坡上A点的时刻为tA，释放第二颗炸弹的时刻为t02，击中山坡上B点的时刻为tB，释放第三颗炸弹的时刻为t03，击中山坡上C点的时刻为tC，由于炸弹在空中下落过程，战斗机一直处于炸弹的正上方，根据水平方向上的运动特点可得：
xAB＝v0（tB﹣tA）＝v0t1
xBC＝v0（tC﹣tB）＝v0t2
由于xAB＝xBC
可得：t1＝t2
设三颗炸弹在空中下落的高度分别为hA、hB、hC；因为平抛运动的物体在竖直方向上做自由落体运动，则三颗炸弹在空中的下落时间分别为：
ΔtA=2ℎAg=tA−t01
ΔtB=2ℎBg=tB−t02
ΔtC=2ℎCg=tC−t03
则有Δt1=t02−t01=(tB−2ℎBg)−(tA−2ℎAg)=t1−(2ℎBg−2ℎAg)
Δt2=t03−t02=(tC−2ℎCg)−(tB−2ℎBg)=t2−(2ℎCg−2ℎBg)
由图可知下落高度关系为：hB略小于hA，hC比hB小得多；由此可知Δt1＜Δt2，故B正确，ACD错误；
故选：B。
[例题4] （2023•浙江模拟）某天，小陈同学放学经过一座石拱桥，他在桥顶A处无意中把一颗小石子水平沿桥面向前踢出，他惊讶地发现小石子竟然几乎贴着桥面一直飞到桥的底端D处，但是又始终没有与桥面接触。他一下子来了兴趣，跑上跑下量出了桥顶高OA＝3.2m，桥顶到桥底的水平距离OD＝6.4m。这时小陈起一颗小石，在A处，试着水平抛出小石头，欲击中桥面上两块石板的接缝B处（B点的正下方B'是OD的中点），小陈目测小石头抛出点离A点高度为1.65m，下列说法正确的是（ ）
A．石拱桥为圆弧形石拱桥
B．小陈踢出的小石头速度约为6.4m/s
C．小陈抛出的小石头速度约为4.6m/s
D．先后两颗小石子在空中的运动时间之比为2：1
【解答】解：A、石头做平抛运动，石子几乎贴着桥面一直飞到桥的底端D处，且始终没有与桥面接触，则石拱桥为抛物线形石拱桥，故A错误；
B、石头做平抛运动，水平方向为匀速直线运动，竖直方向为自由落体运动，水平方向：OD＝v1t1
竖直方向：OA=12gt12
代入数据联立解得：t1＝0.8s
v1＝8m/s
故B错误；
C、小陈踢出的石子经过B点时，水平方向的位移为总位移的12，则时间为总时间的12，A和B竖直方向的距离为hAB=12g（12t1）2=14OA=14×3.2m＝0.8m
小陈抛出的小石头做平抛运动，水平方向的位移为：12OD＝v2t2
竖直方向位移为：h+hAB=12gt22
代入数据解得：t2＝0.7s
v2=327m/s≈4.6m/s
故C正确；
D、先后两颗小石子在空中的运动时间之比为：t1：t2＝0.8：0.7＝8：7
故D错误。
故选：C。
[例题5] （2023•临泉县校级三模）在俄乌战争中，俄罗斯大量使用了“卡﹣52武装直升机”。假设在某次执行任务时，“卡﹣52直升机”悬停在水平地面O点正上方320m处。悬停中直升机沿图中水平虚线方向，发射一枚无动力炸弹，炸弹离开飞机时的速度为30m/s，此后飞机水平转过90°，仍在悬停状态向正前方发射另一枚无动力炸弹，炸弹离开飞机时的速度为40m/s，g取10m/s2，不计空气阻力，则两枚炸弹落地点的距离为（ ）
A．400m B．560m C．420m D．480m
【解答】解：炸弹离开飞机后做平抛运动，竖直方向有h=12gt2，则炸弹下落时间t=2ℎg=2×32010s＝8s
第一枚炸弹在水平方向距O点位移x1＝v1t＝30×8m＝240m
第二枚炸弹在水平方向距O点位移x2＝v2t＝40×8m＝320m
两个位移夹角90°，根据勾股定理求出两个落地点间的距离为x=x12+x22=2402+3202m＝400m，故A正确，BCD错误。
故选：A。
考点二 斜面上的平抛运动问题
斜面上的平抛运动问题是一种常见的题型，在解答这类问题时除要运用平抛运动的位移和速度规律，还要充分运用斜面倾角，找出斜面倾角同位移和速度与水平方向夹角的关系，从而使问题得到顺利解决．常见的模型如下：
方法
内容
斜面
总结
分
解
速
度
水平：vx＝v0
竖直：vy＝gt
合速度：v＝
分解速度，构建速度三角形
分
解
位
移
水平：x＝v0t
竖直：y＝gt2
合位移：s＝
分解位移，构建位移三角形
[例题6] （多选）（2023•金凤区校级一模）A、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点以一定的水平速度抛出质量相等的两个小球，球1落在B点，球2落在C点，关于球1和球2从抛出到落在斜面上的运动过程（ ）
A．球1和球2运动的时间之比为2：1
B．球1和球2动能增加量之比为1：2
C．球1和球2抛出时初速度之比为22：1
D．球1和球2运动时的加速度之比为1：2
【解答】解：A、因为AC＝2AB，则EC的高度差是EB高度差的2倍，根据ℎ=12gt2得，t=2ℎg，解得运动的时间比为1：2．故A错误；
B、根据动能定理得，mgh＝△Ek，知球1和球2动能增加量之比为1：2．故B正确；
C、DAC在水平方向上的位移是DB在水平方向位移的2倍，结合x＝v0t，解得初速度之比为22：1．故C正确；
D、平抛运动的加速度为g，两球的加速度相同。故D错误。
故选：BC。
[例题7] （2023•蚌埠模拟）如图所示，小球以速度v0正对倾角为θ的斜面水平抛出，若小球到达斜面的位移最小，则以下说法正确的是（重力加速度为g）（ ）
A．小球在空中的运动时间为v0gtanθ
B．小球的水平位移大小为2v02gtanθ
C．小球的竖直位移大小为v02gtanθ
D．由于不知道抛出点位置，位移大小无法求解
【解答】解：A．如图所示，过抛出点作斜面的垂线与斜面交于B点，由几何关系可知，当小球落在斜面上的B点时，位移最小，设运动的时间为t，则水平方向有x＝v0t，竖直方向有y=12gt2，根据几何关系有tanθ=xy，联立解得t=2v0gtanθ，故A错误；
B．水平位移x＝vt，结合A分析可知，小球的水平位移大小为x=2v02gtanθ，故B正确；
C．由A中分析，由y=12gt2可知，竖直位移的大小为y=2v02gtan2θ，故C错误；
D．根据几何关系可知，总位移的大小为s=xsinθ，解得s=2v02gtanθ⋅sinθ，故D错误。
故选：B。
[例题8] （2023•湖南二模）如图所示，物体在倾角为θ、足够长的斜面上做平抛运动，最终落在斜面上，从抛出到第一次落到斜面上的过程，下列说法正确的是（ ）
A．物体在空中运动的时间与初速度成正比
B．落到斜面上时、速度方向与水平面的夹角随初速度的增大而增大
C．抛出点和落点之间的距离与初速度成正比
D．物体在空中运动过程中，离斜面的最远距离与初速度成正比
【解答】解：A、物体在倾角为θ、足够长的斜面上做平抛运动，最终落在斜面上，则位移与水平面之间的夹角为θ，这个合位移可以分解为竖直方向的位移y以及水平方向的位移x，设初速度为v0，则有tanθ=yx=12gt2v0t，解得t=2v0tanθg，由于θ值以及g值一定，所以物体在空中运动的时间与初速度成正比，故A正确；
B、落到斜面上时，设速度方向与水平面的夹角为α，tanα=vyvx=gtv0，把t值代入得，tanα＝2tanθ，由于θ值一定，α也一定，与初速度无关，故B错误；
C、抛出点和落点之间的距离即合位移大小，设为l，l=xcosθ=v0tcosθ，把t值代入得l=2v02tanθgcosθ，抛出点和落点之间的距离与初速度的平方成正比错误，而不是和初速度成正比，故C错误；
D、可以把初速度和重力加速度分解来求解物体在空中运动过程中离斜面的最远距离，v0分解为垂直于斜面的速度v1和沿着斜面的速度v2，其中v1＝v0sinθ，重力加速度分解为垂直斜面的加速度g1和沿着斜面的加速度g2，其中g1＝gcosθ，在垂直斜面方向上速度减为0距离斜面最远，设最远距离为d，d=v122g1=v02sin2θ2gcosθ，物体在空中运动过程中离斜面的最远距离与初速度平方成正比，故D错误。
故选：A。
[例题9] （2023•邯山区校级二模）如图所示，以10m/s的水平初速度v0抛出的物体，飞行一段时间后，垂直地撞在倾角为30°的斜面上，则飞行时间t是（g取10m/s2）（ ）
A．33s B．23s C．233s D．3s
【解答】解：物体做平抛运动，当垂直地撞在倾角为30°的斜面上时，把物体的速度分解如图所示，
由图可知，此时物体的竖直方向上的速度的大小为
vy=v0tanθ=1033m/s=103m/s
由vy＝gt可得，运动的时间为：
t=vyg=10310s=3s。故ABC错误，D正确。
故选：D。
[例题10] （2023•汕头一模）如图所示，在竖直平面中，有一根水平放置的，长度为L的不可伸长的轻绳，绳的一端固定在O点，另一端连有质量为m的小球。现从A点静止释放小球，当小球运动到O点正下方B点时，绳子突然断裂。B点位于斜面顶端，斜面足够长，倾角为θ，则下面的说法正确的是（ ）
A．小球落至斜面所需的时间为22Lgtanθ
B．小球落至斜面所需的时间为2Lgtanθ
C．小球落至斜面C点与B点的距离为4Ltanθ
D．小球落至斜面C点与B点的距离为4Lsinθcos2θ
【解答】解：AB．小球AB过程，只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律有，mgL=12mvB2，解得vB=2gL；小球BC过程做平抛运动，根据平抛运动规律有tanθ=yx=12gt2vBt=gt2vB，解得t=2vBtanθg=22gLtanθg=22Lgtanθ，所以从A点静止释放小时下落时间应包括AB过程所用时间，所以小球落至斜面所需的时间大于t，故AB错误；
CD．小球BC过程做平抛运动，有y=12gt2=12g⋅8Ltan2θg=4Ltan2θ，小球落至斜面C点与B点的距离为s=ysinθ=4Ltan2θsinθ=4Lsinθcos2θ，故C错误，D正确。
故选：D。
[例题11] （2023•浙江二模）如图所示，将小球从倾角为θ＝30°的光滑斜面上A点以速度v0＝10m/s水平抛出（即v0∥CD），最后从B处离开斜面，已知AB间的高度h＝5m，g取10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．小球的加速度为1033m/s2
B．小球做平抛运动，运动轨迹为抛物线
C．小球到达B点时的速度大小为102m/s
D．小球从A点运动到B点所用的时间为1s
【解答】解：小球做类平抛运动，根据牛顿第二定律得，小球沿斜面下滑的加速度为：
a=mgsinθm=gsinθ＝10×5m/s2＝5m/s2，
根据位移—时间关系可得：ℎsinθ=12at2
代入数据解得：t＝2s
沿斜面方向的速度大小为：vy＝at＝5×2m/s＝10m/s
则到达B点时的速度大小v=v02+vy2=102+102m/s＝102m/s，故C正确、ABD错误。
故选：C。
[例题12] 如图所示的光滑斜面长为L，宽为s，倾角为θ＝30°，一小球（可视为质点）沿斜面右上方顶点A处水平射入，恰好从底端B点离开斜面，重力加速度为g。则下列说法正确的是（ ）
A．小球运动的加速度为g
B．小球由A运动到B所用的时间为2Lg
C．小球由A点水平射入时初速度v0的大小为sg2L
D．小球离开B点时速度的大小为g4L(s2+4L2)
【解答】解：A、依据曲线条件，初速度与合力方向垂直，且合力大小恒定，则物体做匀变速曲线运动，
再根据牛顿第二定律得，物体的加速度为：a=mgsinθm=gsinθ=g2，故A错误；
BCD、根据L=12at2，有：
t=2La=2Lgsinθ=4Lg
在B点的平行斜面方向的分速度为：
vBy＝at＝gsinθ×2Lgsinθ=2gLsinθ=gL
根据s＝v0t，有：
v0=st=s2Lgsinθ=sgsinθ2L=sg4L
故物块离开B点时速度的大小：
v=v02+vBy2=g4L(s2+4L2)，故BC错误；D正确；
故选：D。
[例题13] （多选）如图所示，两个倾角分别为30°、45°的光滑斜面放在同一水平面上，两斜面间距大于小球直径，斜面高度相等．有三个完全相同的小球a、b、c，开始均静止于同一高度处，其中b小球在两斜面之间，a、c两小球在斜面顶端．若同时释放，小球a、b、c到达该水平面的时间分别为t1、t2、t3．若同时沿水平方向抛出，初速度方向如图所示，小球a、b、c到达该水平面的时间分别为t1′、t2′、t3′．下列关于时间的关系正确的是（ ）
A．t1＞t3＞t2 B．t1＝t1′、t2＝t2′、t3＝t3′
C．t1′＞t2′＞t3′ D．t1＜t1′、t2＜t2′、t3＜t3′
【解答】解：第一种情况：b球做自由落体运动，a、c做匀加速运动。设斜面的高度为h，则
对a球：ℎsin30°=12gsin30°t12，
对b球：h=12gt22
对c球：ℎsin45°=12gsin45°t32
由数学知识得：t1＞t3＞t2。
第二种情况：a、c两个球都做类平抛运动，沿斜面向下方向都做初速度为零的匀加速直线运动，a的加速度为gsin30°，c的加速度为gsin45°，b球做平抛运动，则有
对a球：ℎsin30°=12gsin30°t1'2
对b球：h=12gt2'2
对c球：ℎsin45°=12gsin45°t3'2
比较可知，t1＝t1′、t2＝t2′、t3＝t3′．故AB正确。
故选：AB。
考点四 类平抛运动模型
1．受力特点
物体所受的合外力为恒力，且与初速度的方向垂直．
2．运动特点
在初速度v0方向上做匀速直线运动，在合外力方向上做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝.
3．求解方法
(1)常规分解法：将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向(即沿合外力的方向)的匀加速直线运动．两分运动彼此独立，互不影响，且与合运动具有等时性．
(2)特殊分解法：对于有些问题，可以过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度a分解为ax、ay，初速度v0分解为vx、vy，然后分别在x、y方向列方程求解．
[例题14] （2023•贵阳模拟）如图所示，一网球运动员用球拍先后将两只球从O点水平击出。第一只球落在自己一方场地上A处弹跳起来刚好擦网而过，落在对方场地B处。第二只球直接擦网而过，也落在B处。球与地面的碰撞是完全弹性的，且空气阻力不计。则第一只球与第二只球被击出时的速度之比为（ ）
A．1：2 B．1：3 C．3：4 D．2：3
【解答】解：由题可知，两种情况下，球都做平抛运动，由竖直方向的位移—时间公式可得：ℎ=12gt2
得：t=2ℎg
因此可知，球两次平抛运动的时间相等，
第一只球之后从A点反弹，由于球与地面的碰撞时弹性的，故此时小球会做向右上方的斜抛运动（竖直方向的运动上可视为竖直上抛运动），
由对称性可知，A处碰撞的小球上升到高度h再落地，运动的总时间为3t，
故可知两次运动时间之比为3：1。
又因为球在水平方向做匀速直线运动，则有：v0=xt
水平位移相等，则第一只球与第二只球被击出时的速度之比为1：3。
故ACD错误，B正确。
故选：B。
[例题15] 如图所示，某次排球比赛中，球员A在离水平地面3m的高处将排球以30m/s的速度垂直球网水平击出，此时排球与球网的水平距离为9m。球网的高度为2m，对方的球员B站立在球网处，直立伸直手臂可拦到离地高度为2.3m的排球，起跳拦网可拦到离地高度为2.75m的排球，取重力加速度大小g＝10m/s2。已知球员A、B的连线与球网垂直，不计空气阻力，下列关于球员B拦排球的说法，正确的是（ ）
A．排球运动到球网正上方的时间为0.3s
B．球员B站在球网前直立伸直手臂可拦到排球
C．若球员B未拦到排球则排球不会出界
D．若球员B未拦到排球，则排球落地点到球网的距离约为2.6m
【解答】解：A、排球做平抛运动，水平方向为匀速直线运动，则排球运动到球员B位置的时间t1=Lv=930s=0.3s
故A正确；
B、排球竖直方向做自由落体运动，该段时间排球下落的高度ℎ=12gt12=12×10×0.32m=0.45m
此时排球离地高度h3＝H﹣h＝3m﹣0.45m＝2.55m＞h1＝2.3m
故球员B在球网前直立伸直手臂拦不到排球，故B错误；
CD、竖直方向，由位移—时间公式得：H=12gt22
代入数据解得，排球从被击出到落地的时间t2=155s
排球运动的水平距离x＝vt2＝30×155m＝615m＞18m
排球将出界，故CD错误。
故选：A。
[例题16] （2023•陈仓区一模）如图所示，边长为1m的正方体空间图形ABCD﹣A1B1C1D1，其下表面在水平地面上，将可视为质点的小球从顶点A在∠BAD所在范围内（包括边界）分别沿不同的水平方向抛出，落点都在A1B1C1D1平面范围内（包括边界）。不计空气阻力，g取10m/s2，则（ ）
A．小球落在B1点时，初速度为10m/s，是抛出速度的最小值
B．小球落在C1点时，初速度为5m/s，是抛出速度的最大值
C．落在B1D1线段上的小球，平抛时初速度的最小值与最大值之比是1：2
D．落在B1D1线段上的小球，平抛时初速度的最小值与最大值之比是1：2
【解答】解：AB.小球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动，
有：L=12gt2得出：t=2Lg因为下落高度相同，所以平抛运动的时间相等，由几何关系可知，小球的落地点离A1越近，则小球在水平方向的位移越小，所以小球在 B1时，不是抛出的最小值，落在C1时水平位移最大，最大位移为正方形的对角线的长度，即为2L，2L=v0t得v0=g=10m/s为抛出速度的最大值，故AB错误；
CD.由几何关系可得B1D1的中点离A1最近，B1或D1离A1最远，故初速度的最小值与最大值的比为1：2，故D正确，C错误。
故选：D。
[例题17] （2023•东城区模拟）如图所示，窗子上、下沿间的高度H＝1.6m，墙的厚度d＝0.4m，某人在离墙壁距离L＝1.4m、距窗子上沿h＝0.2m处的P点，将可视为质点的小物件以v的速度水平抛出，小物件直接穿过窗口并落在水平地面上，取g＝10m/s2。则v的取值范围是（ ）
A．v＞7 m/s B．v＜2.3 m/s
C．3 m/s＜v＜7 m/s D．2.3 m/s＜v＜3 m/s
【解答】解：小物件做平抛运动，恰好擦着窗子上沿右侧穿过时v最大，
此时有L＝vmaxt
ℎ=12gt2
代入数据解得vmax＝7m/s
恰好擦着窗口下沿左侧时速度v最小，
则有L+d＝vmint'
H+ℎ=12gt'2
代入数据解得vmin＝3m/s
故v的取值范围是3m/s＜v＜7m/s。
故选：C。
[例题18] （多选）（2023•山东模拟）如图所示，一同学练习踢毽子，水平场地上有矩形标线EFGH，在标线GH处的竖直面内挂有挡网ABCD，挡网高1.5m，场地宽EH为4.8m，长EF＝6.4m。该同学从场地的E点将毽子踢出，毽子踢出时速度大小为10m/s，方向在过对角线EG的竖直面内，与EG成37°角斜向上，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力。则毽子将（ ）
A．在空中飞行1s后触网
B．越过网后再在空中飞行0.2s落地
C．击中水平地面上距E为9.6m的点
D．击中竖直挡网上距地面高为1.0m的点
【解答】解：毽子做斜抛运动，将毽子的初速度分解到竖直方向和沿EG方向，竖直分速度v1＝10m/s×sin37°＝6m/s
EG方向的分速度v2＝10m/s×cos37°＝8m/s
由几何关系知，毽子的水平位移为EG=4.82+6.42m=8m
所以毽子运动到挡网处所用时间为t=EGv2=88s＝1s
此时毽子离地面高度为ℎ=v1t−12gt2=6×1m−12×10×12m＝1m＜1.5m
故毽子在飞行1s后击中挡网，故AD正确，BC错误。
故选：AD。
练出高分
一．多选题（共12小题）
（多选）1．（2023•海南二模）飞镖运动是一种可全民参与的运动。若每次飞镖都是水平投掷，飞镖在空中的运动可视为平抛运动。如图，某次将飞镖水平投出后正中靶心，下列正确的是（ ）
A．若飞镖质量较大，则空中飞行的时间会变短
B．若出手位置变高，为了正中靶心，应当减小投掷速度
C．飞镖对准靶心投掷，投出时靶也做自由落体，则镖正中靶心
D．飞镖对准靶心投掷，投出时靶也做自由落体，则镖命中靶心上方位置
【解答】解：A．飞镖在空中的运动可视为平抛运动，重力加速度g恒定，由位移公式可得
水平方向：x＝v0t
竖直方向：y=12gt2
可以看出飞镖在空中飞行的时间与质量无关，故A错误；
B．若出手位置变高，竖直位移y变大，运动时间t变长，为了仍正中靶心（水平位移x不变），应当减小投掷速度v0，故B正确；
CD．飞镖对准靶心投掷，投出时靶也做自由落体，则镖与靶心始终在同一水平高度，竖直方向相对静止，仍能正中靶心，故C正确，D错误。
故选：BC。
（多选）2．（2023•衡水模拟）一个半径为R＝0.75m的半圆柱体放在水平地面上，截面图如图所示。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），到达C点时速度方向恰好沿圆弧切线方向。已知O为半圆弧的圆心，OC与水平方向夹角为53°，取g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，下列说法正确的是（ ）
A．小球从B点运动到C点所用的时间为0.3s
B．小球从B点运动到C点所用的时间为0.5s
C．小球做平抛运动的初速度大小为4m/s
D．小球做平抛运动的初速度大小为6m/s
【解答】解：小球从B点到C点做平抛运动，飞行过程中恰好与半圆弧相切于C点，由几何关系知小球在C点的速度与水平方向的夹角为α＝37°，如下图所示：
设位移与水平方向的夹角为θ，则有
tanθ=tan37°2，
又因为tan.θ=yx=yRcos53°
根据题意可得：R＝0.75m
联立解得：y=920m
根据y=12gt2
解得：t＝0.3s
水平位移x＝1.6R＝v0t
解得：v0＝4m/s，故AC正确，BD错误。
故选：AC。
（多选）3．（2023•邵阳二模）如图所示，小球以v0＝10m/s的瞬时速度从水平地面斜向右上方抛出，速度方向与水平方向的夹角是53°，不计空气阻力，下列说法正确的是（取g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）（ ）
A．小球到达最高点时的瞬时速度为零
B．小球离地面的最大高度是3.2m
C．小球在空中的运动时间是0.8s
D．保持小球速度大小不变，改变速度方向，小球的水平分位移（射程）的最大值是10m
【解答】解：A、小球到达最高点时水平速度不为零，竖直速度为零，所以最高点的瞬时速度不为零，故A错误；
B、在竖直方向上，小球做匀减速直线运动，根据运动学公式可得：
ℎmax=(v0sin53°)22g=(10×0.8)220m=3.2m，故B正确；
C、小球在空中的运动时间为：
t=2v0sin53°g=2×10×0.810s=1.6s，故C错误；
D、设小球速度与水平方向的夹角为θ，根据竖直方向上的运动特点可知：
t=2v0sinθg
在水平方向上，x＝v0cosθt
联立解得：xm=v02sin2θg
当θ＝45°时，小球的射程最大，此时
xm＝10m，故D正确；
故选：BD。
（多选）4．（2023•河南模拟）如图所示，竖直平面内半径为R的圆盘绕中轴О顺时针匀速转动，当圆盘上的A点转至最高点时，紧贴A点以水平速度v=gR（g为重力加速度）抛出一个可视为质点的小球，当A点转至水平位置时，小球刚好落到过О点的水平面，则圆盘的角速度可能为（ ）
A．π2g2R B．πg2R C．3π2g2R D．2πg2R
【解答】解：小球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，有：R=12gt2，
在小球下落时间内，圆盘转过的角度为：θ=π2+nπ，其中n＝0，1，2，3……
则有：ω=θt=（n+12）πg2R（ n＝0，1，2，3……）
当n＝0时，ω=π2g2R
当n＝1时，ω=3π2g2R
故AC正确，BD错误；
故选：AC。
（多选）5．（2023•永丰县校级一模）如图所示，在斜面上一定先后以初速度v0和2v0水平抛出A、B两个小球，则从抛出至第一次着地，两小球的水平位移之比可能为（ ）
A．1：2 B．2：3 C．3：4 D．2：5
【解答】解：A、当A、B两个小球都能落到水平面上时，两者的下落高度相同，由h=12gt2得，两者运动的时间相同，水平方向的位移为x＝v0t，则水平位移之比为初速度之比，即为1：2，故A正确；
BCD、当A、B都落在斜面的时候，小球的竖直位移和水平位移的比值即为斜面夹角的正切值，即tanθ=12gt2v0t
整理可得，时间t=2v0tanθg
所以运动的时间之比为初速度之比，即为1：2
小球的水平位移x＝v0t=2v02tanθg
则两小球的水平位移大小之比为速度平方之比，即为1：4
当只有A落在斜面上的时候，A、B水平位移之比在1：4和1：2之间，故BC错误，D正确。
故选：AD。
（多选）6．（2023•上饶模拟）如图所示，将两小球A、B从直角三角形斜面（足够长）的顶端分别向左、向右水平抛出，两小球分别落在两个斜面上，三角形的两底角分别为α，β，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．将A球先后以v0A与2v0A的速度向左水平抛出，A球两次落在斜面上的时间之比为1：2
B．将A球先后以v0A与2v0A的速度向左水平抛出，A球两次落在斜面上的速度方向不同
C．将A、B两小球分别以v0的速度水平向左、向右抛出，两小球落在斜面上的时间之比为tanβ：tanα
D．将A、B两小球分别以v0的速度水平向左、向右抛出，两小球落在斜面上的下落高度之比为tan2α：tan2β
【解答】解：AC、将A球先后以v0A与2v0A的速度向左水平抛出，A球两次都落在斜面上，根据合位移与水平方向夹角的正切表达式有：tanα=yx=12gt2v0t，可得t=2v0tanαg∝v0，所以两次A球落在斜面上的时间之比为t1：t2＝v0A：2v0A＝1：2；同理，将A、B两小球分别以v0的速度水平向左、向右抛出，两小球落在斜面上的时间之比为：tAtB=tanαtanβ；故A正确，C错误；
B、将A球先后以v0A与2v0A的速度向左水平抛出，A球两次落在斜面上，设合速度与水平方向夹角为θ，根据平抛运动的推论可知，合位移方向与合速度方向的关系，有tanθ＝2tanα，所以，A球两次落在斜面上的速度方向相同；故B错误；
D、将A、B两小球分别以v0的速度水平向左、向右抛出，两小球落在斜面上的下落高度之比为ℎAℎB=12gtA212gtB2=tA2tB2=tan2αtan2β；故D正确。
故选：AD。
（多选）7．（2023•昆明一模）排球比赛中运动员从某一高度将排球击出，击出排球瞬间开始计时，排球在空中飞行的速率v随时间t的变化关系如图所示，图中相关坐标值均为已知，若t2时刻排球恰好落到对方的场地上，排球可视为质点，运动过程中受到的阻力不计，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．击球点到落地点间的水平距离为v0t2
B．击球点到落地点间的水平距离为v1t2
C．排球运动过程中离地的最大高度为v22−v122g
D．排球运动过程中离地的最大高度为v22−v022g
【解答】解：AB．运动员从某一高度将排球击出，阻力不计，球速变小，t1时刻排球处于最高点，速度方向水平，水平方向做匀速直线运动，击球点到落地点间水平距离x＝v1t2
故A错误，B正确；
CD．排球落地竖直方向分速度vy=v22−v12
由速度—位移公式，排球运动过程中离地最大高度ℎ=vy22g=v22−v122g
故C正确，D错误。
故选：BC。
（多选）8．（2023•岳阳一模）2022年9月18日上午，随着岳阳队摘得湖南省第十四届省运会田径项目U12团体赛金牌，为期4天的省运会田径比赛所有运动项目圆满结束。我市田径运动仍然保持着强劲的发展势头，来自临湘市二中的谈仁哲在U18男子铅球项目中，以17.96米的成绩打破赛会记录，在铅球比赛中，若某运动员以初速度v0＝12m/s将质量为m＝7kg的铅球推出，初速度与水平方向成42°角，推出点所在位置离水平地面1.8m高，重力加速度取10m/s2，已知sin42°＝0.67，cos42°＝0.74，忽略空气阻力的影响，从铅球推出到落地过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．铅球在空中运动时间约为1.6s
B．铅球上升时间与下降时间相等
C．铅球到达最高点时速度为8.88m/s
D．铅球落地的速度大小为65m/s
【解答】解：C．将初速度v0沿水平方向和竖直方向进行分解可得vx0＝v0cos42°＝12×0.74m/s＝8.88m/s；vy0＝v0sin42°＝12×0.67m/s＝8.04m/s
铅球在水平方向上以vx0做匀速直线运动，在竖直方向上以初速度vy0做竖直上抛运动，设上升到最高点的时间为t1，则t1=vy0g=8.0410s=0.804s
在最高点时，铅球竖直速度为零，故在最高点时铅球的速度为v1＝vx0＝8.88m/s
故C正确；
AB．设最高点与抛出点的高度差为h1，则ℎ1=12gt12=12×10×0.8042m=3.23m
故最高点距地面的高度为h＝h1+h0≈3.23m+1.8m＝5.03m
设铅球下降时间为t2，则ℎ=12gt22
解得：t2≈1.0s
因此铅球上升时间与下降时间不相等，铅球在空中运动时间为t＝t1+t2≈0.808s+1.0s≈1.8s
故AB错误；
D．设铅球落地速度大小为v2，根据动能定理可得mgℎ0=12mv22−12mv02
解得v2=65m/s
故D正确。
故选：CD。
（多选）9．（2023•淄博一模）如图所示，足球球门宽为L，一个球员在球门线中点正前方距离球门s处高高跃起，将足球顶入球门的左下方死角（图中P点），球员顶球点O距地面的高度为h。足球做平抛运动（足球可看成质点，忽略空气阻力），重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．足球位移OP的大小为L24+ℎ2
B．足球位移OP的大小为L24+s2+ℎ2
C．足球刚落到P点的速度大小为g2ℎ(L24+s2)+2gℎ
D．足球刚落到P点的速度大小为g2ℎ(L24+s2)+gℎ
【解答】解：AB、由几何关系得，足球在水平方向的位移大小为：x=s2+(12L)2
则足球的合位移OP的大小为OP=x2+ℎ2=s2+ℎ2+L24
故A错误，B正确；
CD、足球做平抛运动，水平方向为匀速直线运动，有：x＝v0t
竖直方向为自由落体运动，有h=12gt2
联立解得，足球的初速度的大小v0=g2ℎ(L24+s2)
足球落在P点时，竖直方向的分速度为vy＝gt=2gℎ
则足球刚落到P点的速度大小为v=vx2+vy2=g2ℎ(L24+s2)+2gℎ
故C正确，D错误。
故选：BC。
（多选）10．（2023•宜宾模拟）如图所示，为冬奥会单板滑雪大跳台项目简化模型。运动员以水平初速度v0从P点冲上半径为R的六分之一光滑圆弧跳台，离开跳台经最高点M后落在倾角为θ的斜坡上，落点距Q点的距离为L，若忽略一切阻力并将其看成质点，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．运动员在最高点M的速度为0
B．最高点M距水平面PQ的竖直距离为38(v02g+R3)
C．运动员离开圆弧跳台后在空中运动的时间3v024g2+2Lsinθg+R4g−3v024g2−3R4g
D．运动员落在斜面时的速度大小为v02+2gLsinθ
【解答】解：A、运动员离开跳台后做斜抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，所以运动员在最高点M有水平方向的速度，故A错误；
B、根据几何关系可知，圆弧对应的圆心角为θ＝60°运动员从开始沿圆弧运动到离开跳台，只有重力做功，有动能定理可知：−mgR(1−cosθ)=12mv12−12mv02
解得：v1=v02−gR
运动员从离开圆弧到最高点的过程中，vy2=(v1sinθ)2=2gℎ
则最高点M点距水平面PQ的竖直距离为H＝h+R（1﹣cosθ）
解得：H=38(v02g+R3)，故B正确；
CD、运动员从开始运动到落到斜面上时，只有重力做功，mgLsinθ=12mv22−12mv02
解得：v2=v02+2gLsinθ
运动员落在斜面上时竖直分速度大小为：v2y=v22−(v1cosθ)2
即v2y=34v02+2gLsinθ+14gR
则运动员离开圆弧跳台后在空中运动的时间为：t=v2y−(−vy)g=3v024g2+2Lsinθg+R4g+3v024g2−3R4g，故C错误，D正确。
故选：BD。
（多选）11．（2023•青岛一模）水平地面上有一足够长且足够宽的固定斜面，倾角为37°，小明站在斜面底端向斜面上投掷可视作质点的小石块。若石块出手时的初速度方向与水平方向成45°，出手高度为站立点正上方1.8m，重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．若石块的飞行轨迹所在平面与斜面底边垂直，石块在斜面上的落点恰好与出手点等高，则石块出手时的初速度为26m/s
B．若石块的飞行轨迹所在平面与斜面底边垂直，石块在斜面上的落点恰好与出手点等高，则石块出手时的初速度为23m/s
C．若石块的初速度大小一定，当石块的飞行轨迹所在平面与斜面底边垂直时，石块飞行时间最短
D．若投出石块的最大初速度为8m/s，则石块在斜面上与出手点等高的所有落点所组成的线段长度不会超过12m
【解答】解：AB、石块出手时的初速度方向与水平方向成45°角，则
tan45°=vyvx
可得：vx＝vy
石块落在1.8m高的斜面上，则
tan37°=1.8mx
则石块的水平位移为：
x＝2.4m
由石块斜向上运动时
x'=vxt=x2=2.42m=1.2m
y'=vyt2=0.6m
又因为
vy2=2gy'
解得：vy=23m/s
所以石块出手时的速度为
v=2vy=2×23m/s=26m/s，故A正确，B错误；
C、若石块的初速度大小一定，当石块的运动轨迹所在平面与斜面底边垂直时，石块在斜面上的落点最高，石块下落时间最短，石块飞行时间最短，故C正确；
D、若投出石块的初速度为8m/s，则
vx0=vy0=8m/s×sin45°=42m/s
石块在斜面上的落点恰好与出手点等高处，最大运动时间为
t0=2vy0g=2×4210s=425s
最大水平位移为：
x0=vx0t0=42×425m=325m
石块在斜面上与出手点等高处与出手点最近点距离为x＝2.4m，则石块在斜面上与出手点等高的最远点与最近点的距离为：
Δx=x02−x2=6.42−2.42m=35.2m＜6m
则石块在斜面上与出手点等高的所有落点组成的线段长度不会超过
2Δx＝2×6m＝12m，故D正确；
故选：ACD。
（多选）12．（2023•濠江区校级二模）若物体被抛出时的速度不沿水平方向，而是向斜上方或向斜下方（这种情况常称为斜抛），则它的受力情况与平抛运动完全相同。如图甲所示，球状烟花中有一部分是做斜上抛运动，其中一火药做斜抛运动的轨迹如图乙所示，图乙中初速度v0和初速度与水平方向的夹角θ均为已知量，重力加速度大小为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．该火药的射高为v02sin2θ2g
B．该火药的射高为v02cos2θ2g
C．若斜抛运动的初速度v0大小不变，抛射角θ改变，则该火药射程的最大值为2v02g
D．若斜抛运动的初速度v0大小不变，抛射角θ改变，则该火药射程的最大值为v02g
【解答】解：首先我们对物体的初速度进行分解，如图：
AB、由图知竖直方向速度为voy＝v0sinθ，竖直方向上可视为自由落体运动，所以射高由运动学公式2gℎ=voy2，解得：h=v02sin2θ2g。故A正确，B错误。
CD、水平方向射程由运动学公式s＝voxt＝v0cosθt，t可以由竖直方向上的运动学公式来求：gt＝2voy＝2v0sinθ；解得t=2v0sinθg。
所以水平方向射程s=2v02sinθcosθg=v02sin2θg，因为sin2θ最大值为1，所以smax=v02g。故C错误，D正确。
故选：AD。
二．计算题（共3小题）
13．（2023•潍坊二模）“打水漂”是很多同学体验过的游戏，小石片被水平抛出，碰到水面时并不会直接沉入水中、而是擦着水面滑行一小段距离再次弹起飞行，跳跃数次后沉入水中，俗称“打水漂”。如图所示，某同学在岸边离水面高度h0＝0.8m处，将一质量m＝20g的小石片以初速度v0＝16m/s水平抛出。若小石片第1次在水面上滑行时受到水平阻力的大小为1.2N，接触水面0.1s后弹起，弹起时竖直方向的速度是刚接触水面时竖直速度的34。取重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力。求：
（1）小石片第1次离开水面后到再次碰到水面前，在空中运动的水平距离；
（2）第1次与水面接触过程中，水面对小石片的作用力大小。
【解答】（1）开始小石片做平抛运动，在竖直方向做自由落体运动，设第一次刚刚接触水面的速度为vy，有vy2=2gℎ0，则vy=2gℎ0=2×10×0.8m/s=4m/s
第一次刚接触水面弹起时竖直方向的速度vy1=34vy=34×4m/s=3m/s
小石片第1次在水面上滑行时受到水平阻力的大小为1.2N，规定初速度方向为正方向，根据牛顿第二定律得，﹣f＝ma，则a=−fm=−1.220×10−3m/s2=−60m/s2
设接触水面0.1s后弹起的水平速度为vx，根据运动学公式有vx＝v0+at＝16m/s+（﹣60）×0.1m/s＝10m/s
设第1次离开水面后到再次碰到水面前在空中运动时间为t1，t1=2vy1g=2×310s=0.6s
在空中运动的水平距离x＝vxt1＝10×0.6m＝6m；
（2）设水面对小石片竖直方向的作用力为F，设竖直向上为正方向，根据动量定理得（F﹣mg）t＝mvy1﹣mvy
解得F=mvy1−mvyt+mg=20×10−3×3−20×10−3(−4)0.1N+20×10−3×10N=1.6N
第1次与水面接触过程中，水面对小石片的作用力大小F′=f2+F2=1.22+1.62N=2N。
答：（1）小石片第1次离开水面后到再次碰到水面前，在空中运动的水平距离为6m；
（2）第1次与水面接触过程中，水面对小石片的作用力大小为2N。
14．（2023•上饶模拟）如图所示，在水平地面上固定一倾角θ＝53°、表面光滑的斜面体，物体A以v0＝8m/s的初速度沿斜面上滑，同时在物体A的正上方，有一物体B以某一初速度水平抛出。当A上滑到最高点时恰好被物体B击中，A、B均可看作质点，取sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，重力加速度大小g＝10m/s2，求：
（1）物体B被抛出时的初速度vOB；
（2）物体A、B间初始位置的高度差H。
【解答】解（1）根据牛顿第二定律得，A上滑的加速度a＝gsin53°＝10×0.8m/s2＝8m/s2
运动的时间t=v0a=88s=1s．
A物体运动的位移xA=v022a=642×8m=4m．
则B平抛运动的水平位移x＝xAcos53°＝vOBt
解得B抛出的初速度vOB＝2.4m/s。
（2）B平抛运动的高度差ℎ1=12gt2=12×10×1m=5m．
A上升的高度h2＝xAsin53°＝3.2m
则AB初始位置的高度差H＝h1+h2＝3.2m+5m＝8.7m。
答：（1）物体B抛出时的初速度为2.4m/s；
（2）物体A、B间初始位置的高度差H为8.7m。
15．（2022•浙江模拟）目前，乒乓球运动员都使用发球机来练球。现建立如下简化模型，如图所示，水平乒乓球球台离地高度H＝0.75m，总长L＝3.2m，置于居中位置的球网高h＝0.15m，发球机装在左侧球台的左边缘中点，发球过程简化为：球从C点出发后（C点与球台等高），通过半径R＝0.2m的14圆弧管道，在最高点D点水平且平行于球台中轴线发出（定义该速度为发球速度），D点在球台上方且与球台左边缘的水平距离l＝0.1m。可视为质点的乒乓球质量m＝0.003kg，运动中所受空气阻力不计，与球台的碰撞视为弹性碰撞，即碰撞后速度大小不变，碰后方向与碰前方向关于竖直线对称。发球规则为：乒乓球必须在左侧球台碰撞一次（仅限一次），跨网后能与右侧球台碰撞即视为发球成功。
（1）若发球速度为v＝5m/s，求乒乓球对D点轨道压力的大小和方向；
（2）求发球机成功发球的速度范围；
（3）现定义有效回球时间：球第一次碰撞右侧球台后至再次碰撞球台的时间间隔为有效回球时间，若第一次碰撞右侧球台后不再第二次碰撞球台，球第一次碰撞右侧球台后至球运动到球台平面以下离球台竖直高度差为0.25m前的时间间隔为有效回球时间。则以（2）问中的最小速度和最大速度发球的有效回球时间各为多少？
【解答】解：（1）设轨道对球的压力为F，方向向下
F+mg＝mv2R
解得：F＝0.345 N
则由牛顿第三定律知球对轨道的压力为0.345 N，方向竖直向上
（2）球发出后至落到球台做平抛运动，竖直位移为R＝0.2 m，由R=12gt2
解得：t＝0.2 s
平抛运动前0.1 s和后0.1 s的竖直位移分别为0.05 m和0.15 m，结合网高0.15 m，经过分析可得图一和图二分别是能够过网的最小速度和最大速度的对应情景。
以图中最小速度发球，经过0.5 s，球到达球网。
vmint=L2−l，解得：vmin＝3 m/s
显然球能够在右侧球台碰撞，此即最小成功发球速度
同理：以图中最大速度发球，经过0.3 s，球到达球网。
vmaxt=L2−l，解得：vmax＝5 m/s
得球过网后再经过0.3 s落到右侧球台上距离右边缘0.1 m处，故此最大速度即成功发球的最大速度。
发球机成功发球的速度范围：3m/s≤v≤5m/s
（3）以最小速度发球：经分析可得：球可以在右侧球台碰撞两次，故有效回球时间为t'＝0.4 s
以最大速度发球：经分析可得：球在右侧球台只能碰撞一次，故有效回球时间为球的上升时段和球的下落时段之和，显然球的上升时间为t1＝0.2 s，
求得球下落的竖直位移为0.45 m
Δh=12gt22，解得t2＝0.3 s
所以有效回球时间为t'＝0.5 s
答：（1）若发球速度为v＝5m/s，乒乓球对D点轨道压力的大小为0.345N，方向竖直向上；
（2）发球机成功发球的速度范围为：3m/s≤v≤5m/s；
（3）以（2）问中的最小速度和最大速度发球的有效回球时间分别为0.4s和0.5s.
相关试卷
2024年高考物理第一轮考点复习精讲精练（全国通用） 第9讲 平抛运动（原卷版+解析）： 这是一份2024年高考物理第一轮考点复习精讲精练（全国通用） 第9讲 平抛运动（原卷版+解析），共47页。试卷主要包含了性质，基本规律，对规律的理解等内容，欢迎下载使用。
第37讲 物理实验（二）-2024年高考物理一轮考点复习精讲精练（全国通用）（解析版）： 这是一份第37讲 物理实验（二）-2024年高考物理一轮考点复习精讲精练（全国通用）（解析版），共28页。
第36讲 物理实验（一）-2024年高考物理一轮考点复习精讲精练（全国通用）（解析版）： 这是一份第36讲 物理实验（一）-2024年高考物理一轮考点复习精讲精练（全国通用）（解析版），共36页。
