【2021年高考一轮课程】物理 全国通用版 第9讲 平抛运动的规律及应用 教案

2021年高考一轮复习
第九讲
平抛运动的规律及其应用
教材版本
全国通用
课时说明
120分钟
知识点
1.抛体运动
2.
抛体运动的基本规律
复习目标
1．掌握平抛运动和斜抛运动的性质。
2．理解平抛运动的基本规律．
3、熟悉平抛运动的分析方法。
复习重点
1.平抛运动的基本规律
2.平抛运动的分析方法
复习难点
平抛运动的基本规律
一、自我诊断
知己知彼
1．(多选)关于平抛运动，下列说法正确的是(　　)
A．平抛运动是一种在恒力作用下的曲线运动
B．平抛运动的速度方向与恒力方向的夹角保持不变
C．平抛运动的速度大小是时刻变化的
D．平抛运动的速度方向与加速度方向的夹角一定越来越小
【答案】ACD
【解析】　平抛运动只受重力，所以A选项正确。平抛运动的轨迹向着重力方向弯曲，重力做正功，速度变大，所以C、D正确。
2．(多选)a、b两个物体做平抛运动的轨迹如右图所示，设它们抛出的初速度分别为va、vb，从抛出到碰到台上的时间分别为ta、tb，则(　　)
　
A．va>vb
B．vaC．ta>tb
D．ta【
答案】
AD
【解析】　平抛运动的时间仅由高度决定，因为h＝gt2，故tb>ta，由图中xa>xb，又因x＝vt，所以va>vb，答案A、D正确。
3．如图所示，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆，ab为沿水平方向的直径。若在a点以初速度v0沿ab方向抛出一小球，小球会击中坑壁上的c点。已知c点与水平地面的距离为圆半径的一半，求圆的半径。
【答案】　(28－16)
【解析】
　小球做平抛运动，情景如图所示。
设圆的半径为r，cd垂直于ab，且交ab于d，
则水平方向位移x＝ad＝v0t①
竖直方向位移y＝cd＝gt2②
根据题意知cd＝③
再根据几何关系可得ad＝r＋④
联立①②③④解得r＝(28－16)
4.
一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示。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(　　)
A.B.C.D.【答案】D
【解析】　发射机无论向哪个方向水平发射，乒乓球都是平抛运动。当发射机正对右侧台面发射，乒乓球恰好过网时，发射速度最小。由平抛运动规律，＝v1t,2h＝gt2，联立解得：v1＝。当发射机正对右侧台面的某个角发射，乒乓球恰好到达角上时，发射速度最大。由平抛运动规律，
＝v2t′，3h＝gt′2，联立解得：v2＝
。即速度v的最大取值范围为，选项D正确，选项A、B、C错误。
5.
距地面高5
m的水平直轨道上A、B两点相距2
m，在B点用细线悬挂一小球，离地高度为h，如图。小车始终以4
m/s的速度沿轨道匀速运动，经过A点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下，小车运动至B点时细线被轧断，最后两球同时落地。不计空气阻力，取重力加速度的大小g＝10
m/s2。可求得h等于(　　)
　
A．1.25
m
B．2.25
m
C．3.75
m
D．4.75
m
【答案】
A
【解析】　从小车上卸下的小球做平抛运动，由H＝gt，t1＝1
s。小车由A运动到B的时间是t2，则xAB＝vt2，t2＝0.5
s。所以经过B点时下落的小球的运动时间Δt＝t1－t2＝0.5
s，则B球下落的高度h＝g(Δt)2＝1.25
m，选项A正确。
二、温故知新
夯实基础
关于平抛运动必须掌握的四个物理量
2.平抛运动的两个重要推论
(1)做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，如图甲中A点和B点所示。其推导过程为tanθ＝＝＝。
(2)做平抛运动的物体在任一时刻任一位置处，设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tanθ＝2tanα。如图乙所示。其推导过程为tanθ＝＝＝＝2tanα。
三、典例剖析
举一反三
考点一
平抛运动的基本规律
（一）典例剖析
例1
（2019·新课标全国Ⅱ卷）如图（a），在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其
下落的速度和滑翔的距离。某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用v表示他
在竖直方向的速度，其v–t图像如图（b）所示，t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻。则（
）
A．第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小
B．第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大
C．第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大
D．竖直方向速度大小为v1时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大
【答案】BD
【解析】A．由v–t图面积易知第二次面积大于等于第一次面积，故第二次竖直方向下落距离大于第一次下落距离，所以，A错误；B．由于第二次竖直方向下落距离大，由于位移方向不变，故第二次水平方向位移大，故B正确C．由于v–t斜率知第一次大、第二次小，斜率越大，加速度越大，或由，易知a1>a2，故C错误；D．由图像斜率，速度为v1时，第一次图像陡峭，第二次图像相对平缓，故a1>a2，由G–fy=ma，可知，fy1【易错点】不理解“化曲为直”思想在平抛运动中的应用
【方法点拨】、
根据运动效果的等效性，利用运动分解的方法，将其转化为我们所熟悉的两个方向上的直线运动：
(1)水平方向的匀速直线运动；
(2)竖直方向的自由落体运动。
例2
．（2020·江苏卷）（多选）如图所示，小球A、B分别从和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。忽略空气阻力，则（　　）
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
D.
A末速度比B的大
【答案】AD
【解析】A．位移为初位置到末位置的有向线段，如图所示可得
，
A和B的位移大小相等，A正确；
B．平抛运动运动的时间由高度决定，即
，
则A的运动时间是B的倍，B错误；
C．平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，则
，
则A的初速度是B的，C错误；
D．小球A、B在竖直方向上的速度分别为
，
所以可得
，
即，D正确。故选AD。
【易错点】不理解平抛运动的分解
【方法点拨】(1)平抛的时间取决于高度。
时间相同的情况下，初速度越大水平射程越大。
例3（2020·全国新课标Ⅱ卷）.如图，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。等于（　　）
A.
20
B.
18
C.
9.0
D.
3.0
【答案】B
【解析】有题意可知当在a点动能为E1时，有
根据平抛运动规律有
当在a点时动能为E2时，有
根据平抛运动规律有
联立以上各式可解得
故选B。
【易错点】不理解平抛运动的分解
【方法点拨】(1)平抛的时间取决于高度。
（20时间相同的情况下，初速度越大水平射程越大。
（二）举一反三
1．如图所示为足球球门，球门宽为L。一个球员在球门中心正前方距离球门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)，则(　　)
A．足球位移的大小x＝
B．足球初速度的大小v0＝
C．足球末速度的大小v＝
D．足球初速度的方向与球门线夹角的正切值tanθ＝
【答案】B
【解析】　足球做平抛运动，平抛运动的高度为h，平抛运动的水平位移为d＝，足球的位移为x＝，A项错误；足球运动的时间t＝，足球的初速度为v0＝＝，B项正确；根据运动的合成，得：足球末速度的大小v＝＝，C项错误；足球初速度的方向与球门线夹角的正切值为tanθ＝＝，D项错误。
2.
(多选)套圈游戏是一项很受欢迎的群众运动，要求每次从同一位置水平抛出圆环，套住与圆环前端水平距离为3
m的20
cm高的竖直细杆，即为获胜。一身高1.4
m的儿童从距地面1
m高度，水平抛出圆环，圆环半径为10
cm，要想套住细杆，他水平抛出的速度可能为(g＝10
m/s2)(　　)
A．7.4
m/s
B．7.6
m/s
C．7.8
m/s
D．8.2
m/s
【答案】　BC
【解析】　圆环做平抛运动，圆环距杆上端的竖直距离为H＝0.8
m，又知圆环在竖直方向做自由落体运动，
则有H＝gt2，解得t＝0.4
s，圆环后端与杆的水平距离为3.2
m＝v1·t，得v1＝8
m/s，圆环前端与杆的水平
距离为3
m＝v2·t，得v2＝7.5
m/s，所以要想套住杆，圆环水平抛出的速度范围为7.5
m/sm/s，故选B、
C。
3.
如图所示，薄半球壳ACB的水平直径为AB，C为最低点，半径为R。一个小球从A点以速度v0水平抛出，不计空气阻力。则下列判断正确的是(　　)
A．只要v0足够大，小球可以击中B点
B．v0取值不同时，小球落在球壳上的速度方向和水平方向之间的夹角可以相同
C．v0取值适当，可以使小球垂直撞击到半球壳上
D．无论v0取何值，小球都不可能垂直撞击到半球壳上
【答案】D
【解析】　小球做平抛运动，竖直方向有位移，v0再大也不可能击中B点；v0不同，小球会落在半球壳内
不同点上，落点和A点的连线与AB的夹角φ不同，由推论tanθ＝2tanφ可知，小球落在球壳的不同位置上
时的速度方向和水平方向之间的夹角θ也不相同，若小球垂直撞击到半球壳上，则其速度反向延长线一定
经过半球壳的球心，且该反向延长线与AB的交点为水平位移的中点，而这是不可能的，A、B、C错误，D
正确。
考点二
斜面上的平抛运动
（一）典例剖析
例1
（2020·湖北省宜昌市高三模拟）如图所示，斜面底端上方高h处有一小球以水平初速度抛出，恰好
垂直打在斜面上，斜面的倾角为30°，重力加速度为g，下列说法正确的是
A．小球打到斜面上的时间为
B．要让小球始终垂直打到斜面上，应满足h和成正比关系
C．要让小球始终垂直打到斜面上，应满足h和的平方成正比关系
D．若高度h一定，现小球以不同的平抛，落到斜面上的速度最小值为
【答案】ACD
【解析】A、设小球打到斜面上的时间为t，恰好垂直打在斜面上，根据几何关系可得，解得，故A正确；BC、要让小球始终垂直打到斜面上，小球平抛运动的水平位移，小球落在斜面上，根据几何关系得：，代入解得：，和的平方成正比关系，故B错误，C正确；D、小球落在斜面上时的竖直分速度，，由于，速度，联立解得：，根据数学知识可知，积一定，当二者相等时和有最小值，故最小值为，故D正确。
【易错点】不理解常见平抛运动模型运动时间的计算方法
【方法点拨】
(1)在水平地面正上方h处平抛：
由h＝gt2知t＝，即t由高度h决定。
(2)在半圆内的平抛运动(如图1)，由半径和几何关系制约时间t：
h＝gt2
R±＝v0t
联立两方程可求t。
(3)斜面上的平抛问题(如图2)：
①顺着斜面平抛
方法：分解位移
x＝v0t
y＝gt2
tanθ＝
可求得t＝
②对着斜面平抛(如图3)
方法：分解速度
vx＝v0
vy＝gt
tanθ＝＝
可求得t＝
(4)对着竖直墙壁平抛(如图4)
水平初速度v0不同时，虽然落点不同，但水平位移d相同。
t＝
例2
(2020·四川成都树德中学高三模拟)如图所示，在倾角为37°的斜坡上有一人，前方有一动物沿斜坡匀速向下奔跑，速度v＝15
m/s，在二者相距L＝30
m时，此人以速度v0水平抛出一石块，击打动物，人和动物都可看成质点．(已知sin
37°＝0.6，g＝10
m/s2)
(1)若动物在斜坡上被石块击中，求v0的大小；
(2)若动物在斜坡末端时，动物离人的高度h＝80
m，此人以速度v1水平抛出一石块打击动物，同时动物开始沿水平面运动，动物速度v＝15
m/s，动物在水平面上被石块击中的情况下，求速度v1的大小．
【答案】见解析
【解析】(1)设过程中石块运动所需时间为t
对于动物：运动的位移s＝vt
对于石块：竖直方向(L＋s)sin
37°＝gt2
水平方向：(L＋s)cos
37°＝v0t
代入数据，由以上三式可得：v0＝20
m/s.
(2)对动物：x1＝vt1，
对于石块：竖直方向h＝gt，解得t1＝＝4
s
水平方向：＋x1＝v1t1，联立可得v1≈41.7
m/s.
【易错点】不会运用平抛运动的研究方法：
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。
【方法点拨】基本规律(如图所示)
位移关系
例3．如图所示，一个小球从一斜面顶端分别以v10、v20、v30水平抛出，分别落在斜面上1、2、3点，落到斜面时竖直分速度分别是v1y、v2y、v3y，则(　　)
A.>>
B.<<
C.＝＝
D．条件不足，无法比较
【答案】C
【解析】　设小球落到斜面时速度方向与水平方向的夹角为α，由tanα＝＝＝＝＝2tanθ，所以＝＝，选项C正确。
【易错点】不会运用平抛运动的研究方法：
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。
【方法点拨】基本规律(如图所示)
速度关系
举一反三
1．如图所示是倾角为45°的斜坡，在斜坡底端P点正上方某一位置Q处以速度v0水平向左抛出一个小球A，小球恰好能垂直落在斜坡上，运动时间为t1。若在小球A抛出的同时，小球B从同一点Q处开始自由下落，下落至P点的时间为t2，则A、B两球运动的时间之比t1∶t2为(不计空气阻力)(　　)
A．1∶2
B．1∶
C．1∶3
D．1∶
【答案】D
【解析】　因小球恰好垂直落在斜面上，则此时其速度方向与水平方向的夹角为45°，则有tan45°＝＝＝＝1，y＝，得Q点高度h＝x＋y＝3y，则A、B两球下落高度之比为1∶3，由h＝可得t＝，则A、B两球运动时间之比为1∶，D正确。
2．如图所示，装甲车在水平地面上以速度v0＝20
m/s沿直线前进，车上机枪的枪管水平，距地面高为h＝1.8
m。在车正前方竖直立一块高为两米的长方形靶，其底边与地面接触。枪口与靶距离为L时，机枪手正对靶射出第一发子弹，子弹相对于枪口的初速度为v＝
800
m/s。在子弹射出的同时，装甲车开始匀减速运动，行进s＝90
m后停下。装甲车停下后，机枪手以相同方式射出第二发子弹。(不计空气阻力，子弹看成质点，重力加速度g＝10
m/s2)
(1)求装甲车匀减速运动时的加速度大小；
(2)当L＝410
m时，求第一发子弹的弹孔离地的高度，并计算靶上两个弹孔之间的距离；
(3)若靶上只有一个弹孔，求L的范围。
【答案】　(1)
m/s2　(2)0.55
m　0.45
m　(3)492
m＜L≤570
m
【解析】　(1)装甲车匀减速运动时的加速度大小
a＝＝
m/s2
(2)第一发子弹飞行时间t1＝＝0.5
s
弹孔离地高度h1＝h－gt＝0.55
m
第二发子弹的弹孔离地的高度h2＝h－g2＝1.0
m
两弹孔之间的距离Δh＝h2－h1＝0.45
m
(3)第一发子弹打到靶的下沿时，装甲车离靶的距离为L1
L1＝(v0＋v)＝492
m
第二发子弹打到靶的下沿时，装甲车离靶的距离为L2
L2＝v＋s＝570
m
L的范围492
m＜L≤570
m
3.
一个物体以初速度v0被水平抛出，落地时速度为v，那么物体运动的时间是(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
【答案】C
【解析】　由v2＝v＋v＝v＋(gt)2，得出t＝，故C选项正确。
考点三
类平抛运动的分析
（一）典例剖析
例1.如图，竖直平面内有a、b、c三个点，b点在a点正下方，b、c连线水平。现准备将一质量为m、电荷
量为q的带正电小球从a点以初动能Ek0抛出。第一次，不加电场，沿水平方向抛出小球，经过c点时，小
球动能为5Ek0；第二次，加一方向平行于abc所在平面、场强大小为的匀强电场，沿某一方向抛出小
球，小球经过c点时的动能为13Ek0。不计空气阻力，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（
）
A．所加电场的方向水平向左
B．a、b两点之间的距离为
C．b、c两点之间的距离为
D．a、c间的电势差
【答案】CD
【解析】B、不加电场时，只有重力做功，根据动能定理得：，解得：，故B错误；C、不加电场时小球做平抛运动，竖直方向：，水平方向：，又，联立解得：，故C正确；D、加电场时，根据动能定理得：，解得：，故D正确；A、根据得，ac沿电场方向距离为：，又沿着电场方向电势逐渐降低可知，电场方向水平向右，故A错误。
【易错点】不理解求解类平抛问题的关键所在
【方法点拨】
(1)找到合外力，正确求出加速度。
(2)确定研究速度，还是研究位移。
(3)把握好分解的思想方法。
例2如图所示，两个足够大的倾角分别为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，开始均静止于斜面同一高度处，其中b小球在两斜面之间。若同时释放a、b、c小球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，到达水平面的时间分别为t1′、t2′、t3′。下列关于时间的关系不正确的是(　　)
A．t1>t3>t2
B．t1＝t1′、t2＝t2′、t3＝t3′
C．t1′>t3′>t2′
D．t1【答案】　D
【解析】　静止释放三个小球时，对a：＝gsin30°·t，则t＝。对b：h＝gt，则t＝。对c：＝gsin45°·t，则t＝，所以t1>t3>t2。当平抛三个小球时，小球b做平抛运动，小球a、c在斜面内做类平抛运动，沿加速度方向的运动同第一种情况，所以t1＝t1′，t2＝t2′，t3＝t3′。故选D。
【易错点】类平抛与平抛的区别是：平抛只受与初速度垂直的重力，a＝g，类平抛受到的是与初速度垂直的合外力且为恒力，a＝。
【方法点拨】求解方法
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。
例3.
A、B两个质点以相同的水平速度v0抛出，A在竖直平面内运动，落地点为P1，B沿光滑斜面运动，落地点为P2，不计阻力，如下图所示，下列比较P1、P2在x轴上远近关系的判断正确的是(　　)
　
A．P1较远
B．P2较远
C．P1、P2等远
D．A、B两项都有可能
【答案】　B
【解析】　A质点水平抛出后，只受重力，做平抛运动，在竖直方向有h＝gt。B质点水平抛出后，受重力和支持力，在斜面平面内所受合力为mgsinθ，大小恒定且与初速度方向垂直，所以B质点做类平抛运动。在沿斜面向下方向上＝gsinθ·t。A的水平位移x1＝v0t1，B的水平位移x2＝v0t2，由于t2>t1，所以x2>x1，P2较远。
【易错点】类平抛与平抛的区别是：平抛只受与初速度垂直的重力，a＝g，类平抛受到的是与初速度垂直的合外力且为恒力，a＝。
【方法点拨】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方向上列方程求解。
（二）举一反三
1.
在空间某一点以大小相等的速度分别竖直向上、竖直向下、水平抛出质量相等的小球，不计空气阻力，经过相等的时间(设小球均未落地)(　　)
A．做竖直下抛运动的小球加速度最大
B．三个小球的速度变化相同
C．做平抛运动的小球速度变化最小
D．做竖直下抛的小球速度变化最小
【答案】B
【解析】由于不计空气阻力，抛出的小球只受重力作用，因此它们的加速度相同，均为重力加速度g，选项
A错误；加速度相同，相等时间内三个小球的速度变化相同，选项B正确，C、D错误。
2．物体做平抛运动时，它的速度方向与水平方向的夹角α的正切tanα随时间t变化的图象是图中的(　　)
【答案】B
【解析】　根据几何关系：tanα＝＝，则tanα与t成正比例函数关系。
3．如图所示，从A、B、C三个不同的位置向右分别以vA、vB、vC的水平初速度抛出三个小球A、B、C，其中A、B在同一竖直线上，B、C在同一水平线上，三个小球均同时落在地面上的D点，不计空气阻力。则必须(　　)
A．先同时抛出A、B两球，且vAB．先同时抛出B、C两球，且vA>vB>vC
C．后同时抛出A、B两球，且vA>vB>vC
D．后同时抛出B、C两球，且vA【答案】B
【解析】由h＝gt2，B、C在同一水平线上，B、C高度高于A点，要使三个小球同时落在D点，需先同时
抛出B、C两球；由x＝vt，B、C在同一水平线上，要使两个小球同时落在地面上的D点，因BD间水平位
移大于CD间水平位移，运动时间相同，所以vB>vC；A、B在同一竖直线上，因B、D间竖直位移大于A、
D间竖直位移，B、A到D点的水平位移相同，要使两个小球同时落在地面上的D点，须vA>vB；故A、C、
D错误，B正确。
四、分层训练
能力进阶
【基础】
1.如图所示，三个质量相等的小球A、B、C从图示位置分别以相同的速度v0水平向左抛出，最终都能到达
坐标原点O。不计空气阻力，x轴所在处为地面，则可判断A、B、C三个小球（
）
A．在空中运动过程中，重力做功之比为1:2:3
B．在空中运动过程中，动量变化率之比为1:2:3
C．初始时刻纵坐标之比为1:4:9
D．到达O点时，速度方向与水平方向夹角的正切值之比为1:4:9
【答案】C
【解析】AC项：根据x=v0t，水平初速度相同，A、B、C水平位移之比为1:2:3，所以它们在空中运动的时间之比为1:2:3，初始时刻纵坐标之比既该过程小球的下落高度之比，根据，初始时刻纵坐标之比为1:4:9，重力做功之比为h之比，即为1:4:9，故A错误，C正确；B项：动量的变化率为合外力即重力，重力相同，则动量的变化率相等，故B错误；D项：竖直向速度之比为1:2:3，水平向速度相向，而速度方向与水平方向夹角的正切值为，则其比值为1:2:3，故D错误。
2．（2020·东北三省四市高考二模）在水平地面上有相距为L的A、B两点，甲小球以v1＝10
m/s的初速度，
从A点沿与水平方向成30°角的方向斜向上抛出，同时，乙小球以v2的初速度从B点竖直向上抛出。若甲
在最高点时与乙相遇，重力加速度g取10
m/s2，则下列说法错误的是（
）
A．乙球的初速度v2一定是5
m/s
B．相遇前甲球的速度可能小于乙球的速度
C．L为2.5m
D．甲球与乙球始终在同一水平面上
【答案】B
【解析】甲球竖直方向的初速度vy＝v1sin30°＝5
m/s，水平方向的初速度v0＝v1cos30°＝5m/s。甲球在最高点与乙球相遇，说明甲球和乙球在竖直方向具有相同的运动规律，则乙球的初速度v2＝vy＝5
m/s，故A正确；相遇前甲球的水平速度不为零，竖直方向与乙球的速度相同，所以在相遇前甲球的速度不可能小于乙球的速度，故B错误；相遇时间t＝＝0.5s，则L＝v0t＝2.5m，故C正确；由于甲球和乙球竖直方向的运动情况相同，所以甲球与乙球始终在同一水平面上，故D正确。本题选错误的，故选B。
3．如图所示，水平地面上有一光滑弧形轨道与半径为r的光滑圆轨道相连，且固定在同一个竖直面内。将
一只质量为m的小球由圆弧轨道上某一高度处无初速释放。为使小球在沿圆轨道运动时始终不脱离轨道，
这个高度h的取值可为（
）
A．2.2r
B．1.2r
C．1.6r
D．0.8r
【答案】D
【解析】小球可能做完整的圆周运动，刚好不脱离圆轨时，在圆轨道最高点重力提供向心力：；由机械能守恒得：，解得：h=2.5r。也可能不超过与圆心等高处，由机械能守恒得：mgh=mg·r，得：h=r，综上得为使小球在沿圆轨道运动时始终不离开轨道，h的范围为：h≤r或h≥2.5r；故A、B、C错误，D正确。故选D。
【巩固】
1.如图所示，某同学将三个完全相同的物体从A点沿三条不同的路径抛出，最终落在与A点同高度的三个
不同位置，三条路径的最高点是等高的，忽略空气阻力，下列说法正确的是（
）
A．三个物体抛出时初速度的水平分量相等
B．沿路径3抛出的物体在空中运动的时间最长
C．该同学对三个物体做的功相等
D．三个物体落地时重力的瞬时功率一样大
【答案】D
【解析】根据斜抛的运动规律知，三条路径的最高点是等高的，故三个物体的竖直方向上面分速度相同，其总的运动时间，也相同，水平位移大的水平分速度大，AB错误；同学对小球做功，小球获得初动能，由于三个小球竖直方向分速度相同，第3个小球水平位移大，则第3个小球水平分速度大，故第3个小球合初速度大，故第3个小球的初动能大，人对它做功最多，C错误；由于斜抛的时候，竖直分初速度相同，落地时的竖直方向分速度也相同，均等于，所以落地时重力的瞬时功率一样大，D正确。
2．为了研究平抛物体的运动，用两个完全相同的小球A、B做下面的实验：如图所示，用小锤打击弹性金
属片，A球立即水平飞出，同时B球被松开，做自由落体运动，两球同时落地。A、B两小球自开始下落到
落地前的过程中，两球的（
）
A．速率变化量相同
B．速度变化率不同
C．动量变化量相同
D．动能变化量不同
【答案】C
【解析】速率是标量，其变化量直接相减，A的速率变化量等于末速度的大小减小水平方向初速度的大小，B的速率变化量等于落地时竖直方向的速度大小，两者大小不相等，A错误；速度变化率指的就是两球的加速度，均为g，相同，B错误；两个小球所受重力相同，落地时间相同，动量的变化量相同为mgt，C正确；下落高度相同，重力做功相同，动能的变化量等于重力做功，相同，D错误。
3．（2020·安徽省安庆市市示范中学高三联考）乘坐摩天轮观光是广大青少年喜爱的一种户外娱乐活动，如
图所示，某同学乘坐摩天轮随座舱在竖直而内做匀速圆周运动。下列说法正确的是（
）
A．该同学运动到最低点时，座椅对他的支持力大于其所受重力
B．摩天轮转动过程中，该同学所受合外力为零
C．摩天轮转动过程中，该同学的机械能守恒
D．摩天轮转动–周的过程中，该同学所受重力的冲量为零
【答案】A
【解析】圆周运动过程中，由重力和支持力的合力提供向心力F，在最低点，向心力指向上方，所以F=N–mg，则支持力N=mg+F，所以支持力大于重力，故A正确，B错误；机械能等于重力势能和动能之和，摩天轮运动过程中，做匀速圆周运动，乘客的速度大小不变，则动能不变，但高度变化，所以机械能在变化，故C错误；转动一周，重力的冲量为I=mgT，不为零，故D错误。
【拔高】
1．（2020·湖南省长沙市雅礼中学高三下学期一模）从离水平地面高H处以速度v0水平抛出一个小球A，
同时在其正下方地面上斜抛另一个小球B，两球同时落到地面上同一位置，小球B在最高点时，距地面的
高度为h，速度为v，则以下关系正确的是（
）
A．h=H，v=v0
B．h＝
C．h=
D．h=
【答案】D
【解析】斜抛可以看成对称的两段平抛，则，，，得；，，则，故选D。
2．(2020·安徽六安一中段考)如图所示，一演员表演飞刀绝技，由O点先后抛出完全相同的3把飞刀，分别依次垂直打在竖直木板M、N、P三点上．假设不考虑飞刀的转动，并可将其视为质点，已知O、M、N、P四点距离水平地面高度分别为h、4h、3h、2h，以下说法正确的是(　　)
A．3把飞刀在击中木板时动能相同
B．到达M、N、P三点的飞行时间之比为1∶∶
C．到达M、N、P三点的初速度的竖直分量之比为∶∶1
D．设到达M、N、P三点，抛出飞刀的初速度与水平方向夹角分别为θ1、θ2、θ3，则有θ1＞θ2＞θ3
【答案】CD
【解析】将运动逆向看，可视为3个平抛运动且到达O点时水平位移相等．由H＝gt2得t＝
，则到达M、N、P三点的飞行时间之比为∶∶1，B错误．在水平方向有l＝vMt1＝vNt2＝vPt3，由Ek＝mv2知3把飞刀在击中木板时打在M点处的动能最小，打在P点处的动能最大，A错误．由vy＝gt可知到达M、N、P三点的初速度的竖直分量之比为∶∶1，C正确．作出抛体运动的轨迹，可知θ1＞θ2＞θ3，D正确．
3．用轻杆通过铰链相连的小球A、B、C、D、E处于竖直平面上，各段轻杆等长，其中小球A、B的质量
均为2m，小球C、D、E的质量均为m。现将A、B两小球置于距地面高h处，由静止释放，假设所有球只
在同一竖直平面内运动，不计一切摩擦，则在下落过程中（
）
A．小球A、B、C、D、E组成的系统机械能和动量均守恒
B．小球B的机械能一直减小
C．小球B落地的速度大小为
D．当小球A的机械能最小时，地面对小球C的支持力大小为mg
【答案】CD
【解析】小球A、B、C、D、E组成的系统机械能但动量不守恒，故A错误；由于D球受力平衡，所以D球在整个过程中不会动，所以轻杆DB对B不做功，而轻杆BE对B先做负功后做正功，所以小球B的机械能先减小后增加，故B错误；当B落地时小球E的速度等于零，根据功能关系可知小球B的速度为，故C正确；当小球A的机械能最小时，轻杆AC没有力，小球C竖直方向上的力平衡，所以支持力等于重力，故D正确，故选CD。
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