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第2講　拋體運動
目標要求 　1.掌握平拋運動的規律，會用運動的合成與分解方法分析平拋運動.2.會處理平拋運動中的臨界、極值問題.
考點一　平拋運動的規律及應用
基礎回扣
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.研究方法：化曲為直
(1)水平方向：勻速直線運動；
(2)豎直方向：自由落體運動.
4.基本規律
如圖1，以拋出點O為坐標原點，以初速度v0方向(水平方向)為x軸正方向，豎直向下為y軸正方向.

圖1



技巧點撥
1.平拋運動物體的速度變化量
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Δt內的速度改變量Δv＝gΔt是相同的，方向恒為豎直向下，如圖2所示.

圖2
2.兩個重要推論
(1)做平拋運動的物體在任意時刻(任意位置)處，有tan θ＝2tan α.
推導：
tan θ＝vyv0＝gtv0tan α＝yx＝gt2v0→tan θ＝2tan α
(2)做平拋運動的物體在任意時刻的瞬時速度的反向延長線一定通過水平位移的中點，如圖3所示，即xB＝xA2.

圖3
推導：tan θ＝yAxA－xBtan θ＝vyv0＝2yAxA→xB＝xA2
例1 　(2020·全國卷Ⅱ·16)如圖4，在摩托車越野賽途中的水平路段前方有一個坑，該坑沿摩托車前進方向的水平寬度為3h，其左邊緣a點比右邊緣b點高0.5h.若摩托車經過a點時的動能為E1，它會落到坑內c點.c與a的水平距離和高度差均為h；若經過a點時的動能為E2，該摩托車恰能越過坑到達b點.E2E1等于(　　)

圖4
A.20 B.18 C.9.0 D.3.0
答案　B
解析　摩托車從a點做平拋運動到c點，水平方向：h＝v1t1，豎直方向：h＝12gt12，可解得v1＝gh2，動能E1＝12mv12＝mgh4；摩托車從a點做平拋運動到b點，水平方向：3h＝v2t2，豎直方向：0.5h＝12gt22，解得v2＝3gh，動能E2＝12mv22＝92mgh，故E2E1＝18，B正確.

1.(平拋運動基本規律的應用)(2019·福建莆田市5月第二次質檢)如圖5，拋球游戲中，某人將小球水平拋向地面的小桶，結果球落在小桶的前方.不計空氣阻力，為了把小球拋進小桶中，則原地再次水平拋球時，他可以(　　)

圖5
A.增大拋出點高度，同時增大初速度
B.減小拋出點高度，同時減小初速度
C.保持拋出點高度不變，增大初速度
D.保持初速度不變，增大拋出點高度
答案　B
解析　設小球平拋運動的初速度為v0，拋出點離桶的高度為h，水平位移為x，根據h＝12gt2，可得平拋運動的時間為：t＝2hg，則水平位移為：x＝v0t＝v02hg.增大拋出點高度，同時增大初速度，則水平位移x增大，不會拋進小桶中，故A錯誤.減小拋出點高度，同時減小初速度，則水平位移x減小，可能會拋進小桶中，故B正確.保持拋出點高度不變，增大初速度，則水平位移x增大，不會拋進小桶中，故C錯誤.保持初速度不變，增大拋出點高度，則水平位移x增大，不會拋進小桶中，D錯誤.
2.(平拋運動基本規律的應用)(2020·廣西高三月考)A、B兩小球分別從圖6所示位置被水平拋出，落地點在同一點M，B球拋出點離地面高度為h，與落地點M水平距離為x，A球拋出點離地面高度為2h，與落地點M水平距離為2x，忽略空氣阻力，重力加速度為g，關于A、B兩小球的說法正確的是(　　)

圖6
A.A球的初速度是B球初速度的兩倍
B.要想A、B兩球同時到達M點，A球應先拋出的時間是2hg
C.A、B兩小球到達M點時速度方向一定相同
D.B球的初速度大小為x2hg
答案　C
解析　設小球做平拋運動的水平位移為s，豎直高度為H，由平拋運動規律可得，s＝v0t，H＝12gt2，兩式聯立解得v0＝sg2H，由題目條件可得vA＝2xg4h，vB＝xg2h，則A球的初速度是B球初速度的2倍，故A、D錯誤；小球從開始拋出到落地時間為t＝2Hg，故可求得tA＝4hg，tB＝2hg，要想A、B兩球同時到達M點，A球應先拋出的時間Δt＝tA－tB＝(2－1)2hg，故B錯誤；設小球落地時速度與水平方向夾角為θ，位移與水平方向夾角為α，則由平拋運動推論可得tan θ＝2tan α＝2Hs，故可得tan θA＝tan θB＝2hx，所以A、B兩小球到達M點時速度方向一定相同，故C正確.
3.(平拋運動推論的應用)(2019·河南八市重點高中聯盟第三次模擬)如圖7所示，小球從斜面的頂端A處以大小為v0的初速度水平拋出，恰好落到斜面底部的B點，且此時的速度大小vB＝5v0，空氣阻力不計，該斜面的傾角為(　　)

圖7
A.60° B.45° C.37° D.30°
答案　B
解析　根據平行四邊形定則知，小球落到斜面底端時豎直分速度為：vy＝vB2－v02＝2v0，
設此時速度方向與水平方向的夾角為α，則tan α＝vyv0＝2，
設斜面的傾角為θ，
由tan α＝2tan θ知tan θ＝1，
故該斜面的傾角θ＝45°，B正確.

考點二　平拋運動的臨界、極值問題
1.平拋運動的臨界問題有兩種常見情形：(1)物體的最大位移、最小位移、最大初速度、最小初速度；(2)物體的速度方向恰好達到某一方向.
2.解題技巧：在題中找出有關臨界問題的關鍵字，如“恰好不出界”、“剛好飛過壕溝”、“速度方向恰好與斜面平行”、“速度方向與圓周相切”等，然后利用平拋運動對應的位移規律或速度規律進行解題.
例2 　如圖8所示，窗子上、下沿間的高度H＝1.6 m，豎直墻的厚度d ＝0.4 m，某人在距離墻壁L＝1.4 m、距窗子上沿h ＝0.2 m 處的 P點，將可視為質點的小物件以垂直于墻壁的速度v水平拋出，要求小物件能直接穿過窗口并落在水平地面上，不計空氣阻力，g＝10 m/s2.則可以實現上述要求的速度大小是(　　)

圖8
A.2 m/s B.4 m/s C.8 m/s D.10 m/s
答案　B
解析　小物件做平拋運動，恰好擦著窗子上沿右側墻邊緣穿過時速度v最大.此時有：L＝vmaxt1, h＝12gt12
代入數據解得：vmax＝7 m/s
小物件恰好擦著窗口下沿左側墻邊緣穿過時速度v最小，
則有：L＋d＝vmint2，H＋h＝12gt22，
代入數據解得：vmin＝3 m/s，故v的取值范圍是 3 m/s≤v≤7 m/s，故B正確，A、C、D錯誤.

4.(平拋運動的極值問題)(2019·廣東五校一聯)某科技比賽中，參賽者設計了一個軌道模型，如圖9所示.模型放到0.8 m高的水平桌子上，最高點距離水平地面2 m，右端出口水平.現讓小球由最高點靜止釋放，忽略阻力作用，為使小球飛得最遠，右端出口距離桌面的高度應設計為(　　)

圖9
A.0 B.0.1 m C.0.2 m D.0.3 m
答案　C
解析　小球從最高點到右端出口，滿足機械能守恒，有mg(H－h)＝12mv2，從右端出口飛出后小球做平拋運動，有x＝vt，h＝12gt2，聯立解得x＝2(H－h)h，根據數學知識知，當H－h＝h時，x最大，即h＝1 m時，小球飛得最遠，此時右端出口距離桌面高度為Δh＝1 m－0.8 m＝0.2 m，故C正確.
考點三　與斜面或半圓有關的平拋運動
與斜面有關的平拋運動

1.順著斜面平拋
(1)落到斜面上，已知位移方向沿斜面向下(如圖10)

圖10
處理方法：分解位移.
x＝v0t
y＝12gt2
tan θ＝yx
可求得t＝2v0tan θg.
(2)物體離斜面距離最大，已知速度方向沿斜面向下(如圖11)

圖11
處理方法：分解速度
vx＝v0，vy＝gt
tan θ＝vyv0
t＝v0tan θg.
2.對著斜面平拋
垂直撞在斜面上，已知速度方向垂直斜面向下(如圖12)

圖12
處理方法：分解速度.
vx＝v0
vy＝gt
tan θ＝vxvy＝v0gt
可求得t＝v0gtan θ.
例3 　(2019·河南洛陽市期末調研)如圖13所示，位于同一高度的小球A、B分別以v1和v2的速度水平拋出，都落在了傾角為30°的斜面上的C點，小球B恰好垂直打到斜面上，則v1、v2之比為(　　)

圖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，則兩小球從飛出到落在C點用時相同，均設為t，對A球：
x＝v1t①
y＝12gt2②
又tan 30°＝yx③
聯立①②③得：v1＝32gt④
小球B恰好垂直打到斜面上，則有：tan 30°＝v2vy＝v2gt⑤
則得：v2＝33gt⑥
由④⑥得：v1∶v2＝3∶2，所以C正確.

5.(順著斜面拋)如圖14所示，在坡度一定的斜面頂點以大小相同的速度v0同時水平向左與水平向右拋出兩個小球A和B，兩側斜坡的傾角分別為37°和53°，小球均落在坡面上.若不計空氣阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，則A和B兩小球的運動時間之比為(　　)

圖14
A.16∶9 B.9∶16
C.3∶4 D.4∶3
答案　B
解析　小球A落到坡面上時，有tan 37°＝12gtA2v0tA，即tA＝2v0tan 37°g，小球B落到坡面上時，有tan 53°＝12gtB2v0tB，即tB＝2v0tan 53°g，所以tAtB＝tan 37°tan 53°＝916，B正確.
6.(對著斜面拋)(多選)如圖15，轟炸機沿水平方向勻速飛行，到達山坡底端正上方時釋放一顆炸彈，擊中坡上的目標A.已知A點高度為h，山坡傾角為θ，重力加速度為g，由此可算出(　　)

圖15
A.轟炸機的飛行高度
B.轟炸機的飛行速度
C.炸彈的飛行時間
D.炸彈投出時的動能
答案　ABC
解析　設轟炸機投彈位置高度為H，炸彈水平位移為x，則H－h＝12vyt，x＝v0t，得H－hx＝12·vyv0，因為vyv0＝1tan θ，x＝htan θ，聯立解得H＝h＋h2tan2θ，故A正確；根據H－h＝12gt2可求出炸彈的飛行時間，再由x＝v0t可求出轟炸機的飛行速度，故B、C正確；因不知道炸彈的質量，不能求出炸彈投出時的動能，故D錯誤.

　　　　　 與圓弧面有關的平拋運動

1.落點在圓弧面上的三種常見情景


圖16
(1)如圖16甲所示，小球從半圓弧左邊沿平拋，落到半圓內的不同位置.由半徑和幾何關系制約時間t：h＝12gt2，R±R2－h2＝v0t，聯立兩方程可求t.
(2)如圖乙所示，小球恰好沿B點的切線方向進入圓軌道，此時半徑OB垂直于速度方向，圓心角α與速度的偏向角相等.
(3)如圖丙所示，小球恰好從圓柱體Q點沿切線飛過，此時半徑OQ垂直于速度方向，圓心角θ與速度的偏向角相等.
2.與圓弧面有關的平拋運動，題中常出現一個圓心角，通過這個圓心角，就可找出速度的方向及水平位移和豎直位移的大小，再用平拋運動的規律列方程求解.
例4 　(多選)(2020·河南鄭州市第二次質量檢測)如圖17所示為一半球形的坑，其中坑邊緣兩點M、N與圓心等高且在同一豎直平面內.現甲、乙兩位同學分別站在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，發現兩球剛好落在坑中同一點Q，已知∠MOQ＝60°，忽略空氣阻力.則下列說法中正確的是(　　)

圖17
A.兩球拋出的速率之比為1∶3
B.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　由于兩球拋出的高度相等，則運動時間相等，x1＝v1t，x2＝v2t，由幾何關系可知x2＝3x1，所以兩球拋出的速率之比為1∶3，故A正確；由2R＝(v1＋v2)t可知，若僅增大v1，時間減小，所以兩球將在落入坑中之前相撞，故B正確；要使兩小球落在坑中的同一點，必須滿足v1與v2之和與時間的乘積等于半球形坑的直徑，即(v1＋v2)t＝2R，落點不同，豎直方向位移就不同，t也不同，所以兩球拋出的速度之和不是定值，故C錯誤；由平拋運動速度的反向延長線過水平位移的中點可知，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，故D錯誤.

7.(軌跡與圓弧內切)如圖18所示，B為豎直圓軌道的左端點，它和圓心O的連線與豎直方向的夾角為α.一小球在圓軌道左側的A點以速度v0平拋，恰好沿B點的切線方向進入圓軌道.已知重力加速度為g，不計空氣阻力，則A、B之間的水平距離為(　　)

圖18
A.v02tan αg B.2v02tan αg C.v02gtan α D.2v02gtan α
答案　A
解析　由小球恰好沿B點的切線方向進入圓軌道可知，小球在B點時的速度方向與水平方向的夾角為α.由tan α＝gtv0，x＝v0t，聯立解得A、B之間的水平距離為x＝v02tan αg，選項A正確.
8.(軌跡與圓弧外切)(2020·河南焦作市高三一模)如圖19所示為四分之一圓柱體OAB的豎直截面，半徑為R，在B點上方的C點水平拋出一個小球，小球軌跡恰好在D點與圓柱體相切，OD與OB的夾角為60°，則C點到B點的距離為(　　)

圖19
A.R B.R2
C.3R4 D.R4
答案　D
解析　設小球平拋運動的初速度為v0，由題意知小球通過D點時的速度與圓柱體相切，則有vyv0＝tan 60°，即gtv0＝3；小球平拋運動的水平位移：x＝Rsin 60°＝v0t，聯立解得：v02＝Rg2，vy2＝3Rg2，設平拋運動的豎直位移為y，vy2＝2gy，解得：y＝3R4，則CB＝y－R(1－cos 60°)＝R4，故D正確，A、B、C錯誤.
考點四　斜拋運動
基礎回扣
1.定義：將物體以初速度v0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.研究方法：運動的合成與分解
(1)水平方向：勻速直線運動；
(2)豎直方向：勻變速直線運動.
4.基本規律(以斜上拋運動為例，如圖20所示)

圖20
(1)水平方向：v0x＝v0cos_θ，F合x＝0；
(2)豎直方向：v0y＝v0sin_θ，F合y＝mg.
技巧點撥
對斜上拋運動從拋出點到最高點的運動，可逆過程分析為平拋運動，分析完整的斜上拋運動，還可根據對稱性求解某些問題.
例5 　(2019·福建寧德市5月質檢)某同學在練習投籃時將籃球從同一位置斜向上拋出，其中有兩次籃球垂直撞在豎直放置的籃板上，運動軌跡如圖21所示，不計空氣阻力，關于這兩次籃球從拋出到撞擊籃板的過程(　　)

圖21
A.兩次在空中運動的時間相等
B.兩次拋出時的速度相等
C.第1次拋出時速度的水平分量小
D.第2次拋出時速度的豎直分量大
答案　C
解析　將籃球的運動反向處理，即為平拋運動.由題圖可知，第2次運動過程中的高度較小，所以運動時間較短，故A錯誤.平拋運動在豎直方向上是自由落體運動，第2次運動過程中的高度較小，故第2次拋出時速度的豎直分量較小，故D錯誤.平拋運動在水平方向是勻速直線運動，水平射程相等，由x＝v0t可知，第2次拋出時水平分速度較大，第1次拋出時水平分速度較小，故C正確.水平分速度第2次大，豎直分速度第1次大，根據速度的合成可知，兩次拋出時的速度大小關系不能確定，故B錯誤.
課時精練

1.在高空中勻速飛行的轟炸機，每隔時間t投放一顆炸彈，若不計空氣阻力，則投放的炸彈在空中的位置是選項中的(圖中豎直的虛線將各圖隔離)(　　)

答案　B
解析　由題意可知，炸彈被投放后做平拋運動，它在水平方向上做勻速直線運動，與飛機速度相等，所以所有離開飛機的炸彈與飛機應在同一條豎直線上，故A、C錯誤；炸彈在豎直方向上做自由落體運動，從上至下，炸彈間的距離越來越大，故B正確，D錯誤.
2.(2017·全國卷Ⅰ·15)發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　由題意知，兩個乒乓球均做平拋運動，則根據h＝12gt2及vy2＝2gh可知，乒乓球的運動時間、下降的高度及豎直方向速度的大小均與水平速度大小無關，故選項A、B、D均錯誤；由發出點到球網的水平位移相同時，速度較大的球運動時間短，在豎直方向下落的距離較小，可以越過球網，故選項C正確.
3.(2020·河南新鄉市高三上學期第一次模擬)如圖1所示，A、B兩小球從相同高度同時水平拋出，它們在下落高度為9 m時，在空中相遇.若兩球的拋出速度都變為原來的3倍，不計空氣阻力，則自拋出到它們在空中相遇時，兩球下落的高度為(　　)

圖1
A.6 m B.32 m
C.3 m D.1 m
答案　D
解析　由題知，兩小球均做平拋運動，同時拋出，豎直方向上做自由落體運動，相等時間內下降的高度相同，兩球始終在同一水平面上，根據x＝vAt＋vBt知，x不變，當兩球的拋出速度都變為原來的3倍，則兩球從拋出到相遇經過的時間為t3，根據h＝12gt2，H＝12g(t3)2，得：H＝h9＝1 m.
4.(2019·陜西漢中市下學期模擬)如圖2所示，x軸在水平地面上，y軸在豎直方向.圖中畫出了從y軸上沿x軸正方向水平拋出的三個小球a、b和c的運動軌跡.不計空氣阻力，下列說法正確的是(　　)

圖2
A.a和b的初速度大小之比為2∶1
B.a和b在空中運動的時間之比為2∶1
C.a和c在空中運動的時間之比為2∶1
D.a和c的初速度大小之比為2∶1
答案　C
解析　根據t＝2hg可知a和b在空中運動的時間之比為2∶1；根據v＝xt可知a和b的初速度大小之比為1∶2，選項A、B錯誤.根據t＝2hg可知a和c在空中運動的時間之比為2∶1；根據v＝xt可知a和c的初速度大小之比為2∶1，選項C正確，D錯誤.
5.如圖3，斜面上a、b、c三點等距，小球從a點正上方O點拋出，做初速度為v0的平拋運動，恰落在b點.若小球初速度變為v，其落點位于c，則(　　)

圖3
A.v0 B.v＝2v0
C.2v0 D.v>3v0
答案　A
解析　根據平拋運動的規律可知，若小球落在b點，有x＝v0tb，tb＝2hbg，若落在c點，則2x＝vtc，而tc＝2hcg，若時間不變，則初速度變為原來的2倍，由于tc>tb，所以v0 6.(多選)從豎直墻的前方A處，沿AO方向水平發射三顆彈丸a、b、c，在墻上留下的彈痕如圖4所示，已知Oa＝ab＝bc，則a、b、c三顆彈丸(不計空氣阻力)(　　)

圖4
A.初速度大小之比是6∶3∶2
B.初速度大小之比是1∶2∶3
C.從射出至打到墻上過程速度增量之比是1∶2∶3
D.從射出至打到墻上過程速度增量之比是6∶3∶2
答案　AC
解析　水平發射的彈丸做平拋運動，豎直方向上是自由落體運動，水平方向上是勻速直線運動，又因為豎直方向上Oa＝ab＝bc，即Oa∶Ob∶Oc＝1∶2∶3，由h＝12gt2可知ta∶tb∶tc＝1∶2∶3，由水平方向x＝v0t可得va∶vb∶vc＝1∶12∶13＝6∶3∶2，故選項A正確，B錯誤；由Δv＝gt，可知從射出至打到墻上過程速度增量之比是1∶2∶3，故選項C正確，D錯誤.
7.(2018·全國卷Ⅲ·17)在一斜面頂端，將甲、乙兩個小球分別以v和v2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(　　)
A.2倍 B.4倍 C.6倍 D.8倍
答案　A
解析　如圖所示，可知：

x＝vt，
x·tan θ＝12gt2
則vy＝gt＝2tan θ·v
則落至斜面的速率v落＝v2＋vy2＝v1＋4tan2θ，即v落∝v，甲、乙兩球拋出速度為v和v2，則可得落至斜面時速率之比為2∶1.
8.如圖5所示，跳臺滑雪運動員經過一段加速滑行后從O點水平飛出，經過3.0 s落到斜坡上的A點.已知O點是斜坡的起點，斜坡與水平面的夾角θ＝37°，運動員的質量m＝50 kg.不計空氣阻力(sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80，g取10 m/s2).求：

圖5
(1)A點與O點的距離L；
(2)運動員離開O點時的速度大小.
答案　(1)75 m　(2)20 m/s
解析　(1)運動員在豎直方向做自由落體運動，有
y＝Lsin 37°＝12gt2
則A點與O點的距離L＝gt22sin 37°＝75 m.
(2)設運動員離開O點時的速度大小為v0，運動員在水平方向做勻速直線運動，
即x＝Lcos 37°＝v0t，
解得v0＝Lcos 37°t＝20 m/s.

9.(2019·海南瓊海市嘉積中學高三期中)如圖6所示，P是水平面上的圓弧凹槽，從高臺邊B點以某速度v0水平飛出的小球，恰能從固定在某位置的凹槽的圓弧軌跡的左端A點沿圓弧切線方向進入軌道，O是圓弧的圓心，θ1是OA與豎直方向的夾角，θ2是BA與豎直方向的夾角，則(　　)

圖6
A.tan θ2tan θ1＝2 B.1tan θ1tan θ2＝2
C.tan θ1tan θ2＝2 D.tan θ1tan θ2＝2
答案　C
解析　做平拋運動的物體在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動.由題知，速度方向與水平方向的夾角為θ1，則tan θ1＝vyv0＝gtv0，位移方向與豎直方向的夾角為θ2，則tan θ2＝xy＝v0t12gt2＝2v0gt，所以tan θ1tan θ2＝2，所以選C.
10.(2020·貴州安順市網上調研)如圖7所示，a、b兩小球分別從半圓軌道MNO頂端和斜面頂端O點以大小相等的初速度v0同時水平拋出，已知半圓軌道的半徑與斜面豎直高度相等，斜面底邊長是其豎直高度的2倍，若小球a能落到半圓軌道上，小球b能落到斜面上，則(　　)

圖7
A.b球一定先落在斜面上
B.a球一定先落在半圓軌道上
C.a、b兩球可能同時落在半圓軌道和斜面上
D.b球落到斜面最底端時，a球恰好落在半圓軌道上最低點
答案　C
解析　如圖甲，將半圓軌道和斜面軌道重疊在一起可知，若小球初速度合適，兩小球可同時落在距離出發點高度相同的半圓軌道和斜面交點A處，改變初速度，可以a球先落在半圓軌道上，也可以b球先落在斜面上，故A、B錯誤，C正確；若b球落到斜面最底端時，由圖乙所畫軌跡可判斷a球已經打在半圓軌道的P點了，故a球不可能落在半圓軌道上最低點，故D錯誤.
　
11.甲、乙兩個同學打乒乓球，某次動作中，甲同學持拍的拍面與水平方向成45°角，乙同學持拍的拍面與水平方向成30°角，如圖8所示.設乒乓球擊打拍面時速度方向與拍面垂直，且乒乓球每次擊打球拍前、后的速度大小相等，不計空氣阻力，則乒乓球擊打甲的球拍的速度大小v1與乒乓球擊打乙的球拍的速度大小v2的比值為(　　)

圖8
A.63 B.2 C.22 D.33
答案　C
解析　將乒乓球擊打球拍的速度分解為水平方向和豎直方向，則兩次擊打球拍水平方向分速度相等，v1sin 45°＝v2sin 30°，解得v1v2＝22，選項C正確.
12.(2020·湖北高三期中)如圖9所示，邊長為a的正方體無蓋盒子放置在水平地面上，O為直線B′A′延長線上的一點，且與A′的距離為a，將小球(可視為質點)從O點正上方距離2a處以某一速度水平拋出，不計空氣阻力，重力加速度為g.為使小球能落在盒子內部，調整拋出方向，則小球拋出時的速度最大不超過(　　)

圖9
A.52ga B.54ga C.2ga D.ga
答案　A
解析　當小球恰好從C點落入盒子時水平速度最大，此時小球的水平位移為x＝OC′＝a2＋(2a)2＝5a
豎直位移為a，根據平拋運動的規律得5a＝v0t，a＝12gt2
聯立解得v0＝52ga，選A.

13.如圖10所示，固定斜面AB的底面和高均為h，平臺和斜面頂點B在同一條水平線上，平臺右端點C在A的正上方.物體P以不同初速度從C點水平拋出，已知重力加速度為g，求P落在斜面上時的最小速度大小.

圖10
答案　(5－1)gh
解析　設物體P從C點離開時的速度為v0，P離開平臺后做平拋運動，

水平方向：x＝v0t
豎直方向：y＝12gt2
又有x＋y＝h
聯立可得v0＝ht－12gt
P在豎直方向做自由落體運動，落在斜面上時的豎直分速度為vy＝gt
設落在斜面上時P的速度為v，則v2＝v02＋vy2
可得v2＝h2t2＋5g24t2－gh
根據數學知識可知h2t2＋5g24t2≥5gh
解得v的最小值為vmin＝(5－1)gh.

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