?第9講　平拋運動

目錄
考點一　平拋運動的基本規(guī)律 1
考點二　斜面上的平拋運動問題 2
考點三　平拋運動中的臨界問題 7
考點四　類平拋運動模型 11
練出高分 14

考點一　平拋運動的基本規(guī)律
1．性質(zhì)
加速度為重力加速度g的勻變速曲線運動，運動軌跡是拋物線．
2．基本規(guī)律
以拋出點為原點，水平方向(初速度v0方向)為x軸，豎直向下方向為y軸，建立平面直角坐標系，則：
(1)水平方向：做勻速直線運動，速度vx＝v0，位移x＝v0t.
(2)豎直方向：做自由落體運動，速度vy＝gt，位移y＝gt2.
(3)合速度：v＝，方向與水平方向的夾角為θ，則tan θ＝＝.
(4)合位移：s＝，方向與水平方向的夾角為α，tan α＝＝.
3．對規(guī)律的理解
(1)飛行時間：由t＝ 知，時間取決于下落高度h，與初速度v0無關．
(2)水平射程：x＝v0t＝v0，即水平射程由初速度v0和下落高度h共同決定，與其他因素無關．
(3)落地速度：vt＝＝，以θ表示落地速度與x軸正方向的夾角，有tan θ＝＝，所以落地速度也只與初速度v0和下落高度h有關．
(4)速度改變量：因為平拋運動的加速度為重力加速度g，所以做平拋運動的物體在任意相等時間間隔Δt內(nèi)的速度改變量Δv＝gΔt相同，方向恒為豎直向下，如圖1所示．


圖1
(5)兩個重要推論

圖2
①做平拋(或類平拋)運動的物體任一時刻的瞬時速度的反向延長線一定通過此時水平位移的中點，如圖2中A點和B點所示．
②做平拋(或類平拋)運動的物體在任意時刻任一位置處，設其速度方向與水平方向的夾角為α，位移方向與水平方向的夾角為θ，則tan α＝2tan θ.
[例題1] （2023?贛州一模）一般的曲線運動可以分成很多小段，每小段都可以看作圓周運動的一部分，即把整條曲線用一系列不同半徑的小圓弧來代替，這樣，在分析質(zhì)點經(jīng)過曲線上某位置的運動時，就可以采用圓周運動的分析方法來處理了。將一質(zhì)量為m＝0.5kg的小球（可視為質(zhì)點）從空中O點以速度v0＝3m/s水平拋出，經(jīng)過軌跡上的P點時速度方向與水平方向夾角為53°，如圖甲所示?，F(xiàn)沿小球運動軌跡鋪設一條光滑軌道，如圖乙所示，讓小球從O點由靜止釋放開始沿軌道下滑，不計一切阻力，重力加速度g取10m/s2，則（　?。?br />
A．小球下滑到P處時的速度大小為4m/s
B．小球從O點下滑到P點的時間為0.4s
C．O、P兩點的水平距離為0.8m
D．在P點處，小球?qū)壍赖膲毫?725N
【解答】解：AC、根據(jù)平拋運動的規(guī)律可知：
vy＝v0tan53°＝3×43m/s＝4m/s
在豎直方向上：vy2=2gy
y=12gt2
根據(jù)幾何關系可得：yx=12tan53°
聯(lián)立解得：y＝0.8m；x＝1.2m；t＝0.4s；
即op間的水平距離為1.2m，豎直距離為0.8m，
小球沿光滑軌道下滑到P點，根據(jù)動能定理可得：
mgy=12mv2
解得：v＝4m/s，故A正確，C錯誤；
B、若OP軌道為光滑傾斜軌道，由勻加速直線運動的規(guī)律可得：
ysinθ=12gsinθ?t'2
解得：t'=1sinθ2yg＞2yg，由于軌道為圓形軌道，所以所以小球從O點下滑到P點的時間大于0.4s，故B錯誤；
D、在P點對小球進行受力分析，如圖所示：

當小球平拋時：
mgcos53°=mv總2r
v總=v0cos53°=30.6m/s=5m/s
當小球滑到P點時，根據(jù)牛頓第二定律可得：
mgcos53°?FN=mv2r
解得在P點處，小球?qū)壍赖膲毫椋?br /> FN=2527N，故D正確。
故選：D。
[例題2] （2023?五華區(qū)校級模擬）為迎接2022年北京冬奧會，運動員都進行了刻苦的訓練。某滑雪運動員在訓練過程中，從傾角為37°的傾斜直雪道頂端以4.00m/s的速度水平飛出，落在雪道上，然后繼續(xù)沿雪道下滑。若空氣阻力忽略不計，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則他在空中運動的時間為（　?。?br /> A．0.4s B．0.6s C．0.8s D．1.0s
【解答】解：根據(jù)斜面上平拋運動特點tan37°=yx=12gt2v0t
可得t＝0.6s，故B正確，ACD錯誤。
故選：B。
[例題3] （2023?臺州二模）如圖所示，一架戰(zhàn)斗機沿水平方向勻速飛行，先后釋放三顆炸彈，分別擊中山坡上水平間距相等的A、B、C三點。已知擊中A、B的時間間隔為t1，擊中B、C的時間間隔為t2，釋放炸彈的時間間隔分別為Δt1、Δt2。不計空氣阻力，則（　　）

A．t1＞t2 B．t1＝t2 C．Δt1＞Δt2 D．Δt1＝Δt2
【解答】解：設釋放第一顆炸彈的時刻為t01，擊中山坡上A點的時刻為tA，釋放第二顆炸彈的時刻為t02，擊中山坡上B點的時刻為tB，釋放第三顆炸彈的時刻為t03，擊中山坡上C點的時刻為tC，由于炸彈在空中下落過程，戰(zhàn)斗機一直處于炸彈的正上方，根據(jù)水平方向上的運動特點可得：
xAB＝v0（tB﹣tA）＝v0t1
xBC＝v0（tC﹣tB）＝v0t2
由于xAB＝xBC
可得：t1＝t2
設三顆炸彈在空中下落的高度分別為hA、hB、hC；因為平拋運動的物體在豎直方向上做自由落體運動，則三顆炸彈在空中的下落時間分別為：
ΔtA=2?Ag=tA?t01
ΔtB=2?Bg=tB?t02
ΔtC=2?Cg=tC?t03
則有Δt1=t02?t01=(tB?2?Bg)?(tA?2?Ag)=t1?(2?Bg?2?Ag)
Δt2=t03?t02=(tC?2?Cg)?(tB?2?Bg)=t2?(2?Cg?2?Bg)
由圖可知下落高度關系為：hB略小于hA，hC比hB小得多；由此可知Δt1＜Δt2，故B正確，ACD錯誤；
故選：B。
[例題4] （2023?浙江模擬）某天，小陳同學放學經(jīng)過一座石拱橋，他在橋頂A處無意中把一顆小石子水平沿橋面向前踢出，他驚訝地發(fā)現(xiàn)小石子竟然幾乎貼著橋面一直飛到橋的底端D處，但是又始終沒有與橋面接觸。他一下子來了興趣，跑上跑下量出了橋頂高OA＝3.2m，橋頂?shù)綐虻椎乃骄嚯xOD＝6.4m。這時小陳起一顆小石，在A處，試著水平拋出小石頭，欲擊中橋面上兩塊石板的接縫B處（B點的正下方B'是OD的中點），小陳目測小石頭拋出點離A點高度為1.65m，下列說法正確的是（　　）

A．石拱橋為圓弧形石拱橋
B．小陳踢出的小石頭速度約為6.4m/s
C．小陳拋出的小石頭速度約為4.6m/s
D．先后兩顆小石子在空中的運動時間之比為2：1
【解答】解：A、石頭做平拋運動，石子幾乎貼著橋面一直飛到橋的底端D處，且始終沒有與橋面接觸，則石拱橋為拋物線形石拱橋，故A錯誤；
B、石頭做平拋運動，水平方向為勻速直線運動，豎直方向為自由落體運動，水平方向：OD＝v1t1
豎直方向：OA=12gt12
代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：t1＝0.8s
v1＝8m/s
故B錯誤；
C、小陳踢出的石子經(jīng)過B點時，水平方向的位移為總位移的12，則時間為總時間的12，A和B豎直方向的距離為hAB=12g（12t1）2=14OA=14×3.2m＝0.8m
小陳拋出的小石頭做平拋運動，水平方向的位移為：12OD＝v2t2
豎直方向位移為：h+hAB=12gt22
代入數(shù)據(jù)解得：t2＝0.7s
v2=327m/s≈4.6m/s
故C正確；
D、先后兩顆小石子在空中的運動時間之比為：t1：t2＝0.8：0.7＝8：7
故D錯誤。
故選：C。
[例題5] （2023?臨泉縣校級三模）在俄烏戰(zhàn)爭中，俄羅斯大量使用了“卡﹣52武裝直升機”。假設在某次執(zhí)行任務時，“卡﹣52直升機”懸停在水平地面O點正上方320m處。懸停中直升機沿圖中水平虛線方向，發(fā)射一枚無動力炸彈，炸彈離開飛機時的速度為30m/s，此后飛機水平轉(zhuǎn)過90°，仍在懸停狀態(tài)向正前方發(fā)射另一枚無動力炸彈，炸彈離開飛機時的速度為40m/s，g取10m/s2，不計空氣阻力，則兩枚炸彈落地點的距離為（　　）

A．400m B．560m C．420m D．480m
【解答】解：炸彈離開飛機后做平拋運動，豎直方向有h=12gt2，則炸彈下落時間t=2?g=2×32010s＝8s
第一枚炸彈在水平方向距O點位移x1＝v1t＝30×8m＝240m
第二枚炸彈在水平方向距O點位移x2＝v2t＝40×8m＝320m
兩個位移夾角90°，根據(jù)勾股定理求出兩個落地點間的距離為x=x12+x22=2402+3202m＝400m，故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
考點二　斜面上的平拋運動問題
斜面上的平拋運動問題是一種常見的題型，在解答這類問題時除要運用平拋運動的位移和速度規(guī)律，還要充分運用斜面傾角，找出斜面傾角同位移和速度與水平方向夾角的關系，從而使問題得到順利解決．常見的模型如下：
方法
內(nèi)容
斜面
總結(jié)
分
解
速
度
水平：vx＝v0
豎直：vy＝gt
合速度：v＝

分解速度，構建速度三角形
分
解
位
移
水平：x＝v0t
豎直：y＝gt2
合位移：s＝

分解位移，構建位移三角形

[例題6] （多選）（2023?金鳳區(qū)校級一模）A、D分別是斜面的頂端、底端，B、C是斜面上的兩個點，AB＝BC＝CD，E點在D點的正上方，與A等高．從E點以一定的水平速度拋出質(zhì)量相等的兩個小球，球1落在B點，球2落在C點，關于球1和球2從拋出到落在斜面上的運動過程（　?。?br />
A．球1和球2運動的時間之比為2：1
B．球1和球2動能增加量之比為1：2
C．球1和球2拋出時初速度之比為22：1
D．球1和球2運動時的加速度之比為1：2
【解答】解：A、因為AC＝2AB，則EC的高度差是EB高度差的2倍，根據(jù)?=12gt2得，t=2?g，解得運動的時間比為1：2．故A錯誤；
B、根據(jù)動能定理得，mgh＝△Ek，知球1和球2動能增加量之比為1：2．故B正確；
C、DAC在水平方向上的位移是DB在水平方向位移的2倍，結(jié)合x＝v0t，解得初速度之比為22：1．故C正確；
D、平拋運動的加速度為g，兩球的加速度相同。故D錯誤。
故選：BC。
[例題7] （2023?蚌埠模擬）如圖所示，小球以速度v0正對傾角為θ的斜面水平拋出，若小球到達斜面的位移最小，則以下說法正確的是（重力加速度為g）（　?。?br />
A．小球在空中的運動時間為v0gtanθ
B．小球的水平位移大小為2v02gtanθ
C．小球的豎直位移大小為v02gtanθ
D．由于不知道拋出點位置，位移大小無法求解
【解答】解：A．如圖所示，過拋出點作斜面的垂線與斜面交于B點，由幾何關系可知，當小球落在斜面上的B點時，位移最小，設運動的時間為t，則水平方向有x＝v0t，豎直方向有y=12gt2，根據(jù)幾何關系有tanθ=xy，聯(lián)立解得t=2v0gtanθ，故A錯誤；
B．水平位移x＝vt，結(jié)合A分析可知，小球的水平位移大小為x=2v02gtanθ，故B正確；
C．由A中分析，由y=12gt2可知，豎直位移的大小為y=2v02gtan2θ，故C錯誤；
D．根據(jù)幾何關系可知，總位移的大小為s=xsinθ，解得s=2v02gtanθ?sinθ，故D錯誤。
故選：B。

[例題8] （2023?湖南二模）如圖所示，物體在傾角為θ、足夠長的斜面上做平拋運動，最終落在斜面上，從拋出到第一次落到斜面上的過程，下列說法正確的是（　?。?br />
A．物體在空中運動的時間與初速度成正比
B．落到斜面上時、速度方向與水平面的夾角隨初速度的增大而增大
C．拋出點和落點之間的距離與初速度成正比
D．物體在空中運動過程中，離斜面的最遠距離與初速度成正比
【解答】解：A、物體在傾角為θ、足夠長的斜面上做平拋運動，最終落在斜面上，則位移與水平面之間的夾角為θ，這個合位移可以分解為豎直方向的位移y以及水平方向的位移x，設初速度為v0，則有tanθ=yx=12gt2v0t，解得t=2v0tanθg，由于θ值以及g值一定，所以物體在空中運動的時間與初速度成正比，故A正確；
B、落到斜面上時，設速度方向與水平面的夾角為α，tanα=vyvx=gtv0，把t值代入得，tanα＝2tanθ，由于θ值一定，α也一定，與初速度無關，故B錯誤；
C、拋出點和落點之間的距離即合位移大小，設為l，l=xcosθ=v0tcosθ，把t值代入得l=2v02tanθgcosθ，拋出點和落點之間的距離與初速度的平方成正比錯誤，而不是和初速度成正比，故C錯誤；
D、可以把初速度和重力加速度分解來求解物體在空中運動過程中離斜面的最遠距離，v0分解為垂直于斜面的速度v1和沿著斜面的速度v2，其中v1＝v0sinθ，重力加速度分解為垂直斜面的加速度g1和沿著斜面的加速度g2，其中g1＝gcosθ，在垂直斜面方向上速度減為0距離斜面最遠，設最遠距離為d，d=v122g1=v02sin2θ2gcosθ，物體在空中運動過程中離斜面的最遠距離與初速度平方成正比，故D錯誤。
故選：A。
[例題9] （2023?邯山區(qū)校級二模）如圖所示，以10m/s的水平初速度v0拋出的物體，飛行一段時間后，垂直地撞在傾角為30°的斜面上，則飛行時間t是（g取10m/s2）（　　）

A．33s B．23s C．233s D．3s
【解答】解：物體做平拋運動，當垂直地撞在傾角為30°的斜面上時，把物體的速度分解如圖所示，

由圖可知，此時物體的豎直方向上的速度的大小為
vy=v0tanθ=1033m/s=103m/s
由vy＝gt可得，運動的時間為：
t=vyg=10310s=3s。故ABC錯誤，D正確。
故選：D。
[例題10] （2023?汕頭一模）如圖所示，在豎直平面中，有一根水平放置的，長度為L的不可伸長的輕繩，繩的一端固定在O點，另一端連有質(zhì)量為m的小球?，F(xiàn)從A點靜止釋放小球，當小球運動到O點正下方B點時，繩子突然斷裂。B點位于斜面頂端，斜面足夠長，傾角為θ，則下面的說法正確的是（　?。?br />
A．小球落至斜面所需的時間為22Lgtanθ
B．小球落至斜面所需的時間為2Lgtanθ
C．小球落至斜面C點與B點的距離為4Ltanθ
D．小球落至斜面C點與B點的距離為4Lsinθcos2θ
【解答】解：AB．小球AB過程，只有重力做功，機械能守恒，根據(jù)機械能守恒定律有，mgL=12mvB2，解得vB=2gL；小球BC過程做平拋運動，根據(jù)平拋運動規(guī)律有tanθ=yx=12gt2vBt=gt2vB，解得t=2vBtanθg=22gLtanθg=22Lgtanθ，所以從A點靜止釋放小時下落時間應包括AB過程所用時間，所以小球落至斜面所需的時間大于t，故AB錯誤；
CD．小球BC過程做平拋運動，有y=12gt2=12g?8Ltan2θg=4Ltan2θ，小球落至斜面C點與B點的距離為s=ysinθ=4Ltan2θsinθ=4Lsinθcos2θ，故C錯誤，D正確。
故選：D。
[例題11] （2023?浙江二模）如圖所示，將小球從傾角為θ＝30°的光滑斜面上A點以速度v0＝10m/s水平拋出（即v0∥CD），最后從B處離開斜面，已知AB間的高度h＝5m，g取10m/s2，不計空氣阻力，下列說法正確的是（　?。?br />
A．小球的加速度為1033m/s2
B．小球做平拋運動，運動軌跡為拋物線
C．小球到達B點時的速度大小為102m/s
D．小球從A點運動到B點所用的時間為1s
【解答】解：小球做類平拋運動，根據(jù)牛頓第二定律得，小球沿斜面下滑的加速度為：
a=mgsinθm=gsinθ＝10×5m/s2＝5m/s2，
根據(jù)位移—時間關系可得：?sinθ=12at2
代入數(shù)據(jù)解得：t＝2s
沿斜面方向的速度大小為：vy＝at＝5×2m/s＝10m/s
則到達B點時的速度大小v=v02+vy2=102+102m/s＝102m/s，故C正確、ABD錯誤。
故選：C。
[例題12] 如圖所示的光滑斜面長為L，寬為s，傾角為θ＝30°，一小球（可視為質(zhì)點）沿斜面右上方頂點A處水平射入，恰好從底端B點離開斜面，重力加速度為g。則下列說法正確的是（　?。?br />
A．小球運動的加速度為g
B．小球由A運動到B所用的時間為2Lg
C．小球由A點水平射入時初速度v0的大小為sg2L
D．小球離開B點時速度的大小為g4L(s2+4L2)
【解答】解：A、依據(jù)曲線條件，初速度與合力方向垂直，且合力大小恒定，則物體做勻變速曲線運動，
再根據(jù)牛頓第二定律得，物體的加速度為：a=mgsinθm=gsinθ=g2，故A錯誤；
BCD、根據(jù)L=12at2，有：
t=2La=2Lgsinθ=4Lg
在B點的平行斜面方向的分速度為：
vBy＝at＝gsinθ×2Lgsinθ=2gLsinθ=gL
根據(jù)s＝v0t，有：
v0=st=s2Lgsinθ=sgsinθ2L=sg4L
故物塊離開B點時速度的大?。?br /> v=v02+vBy2=g4L(s2+4L2)，故BC錯誤；D正確；
故選：D。
[例題13] （多選）如圖所示，兩個傾角分別為30°、45°的光滑斜面放在同一水平面上，兩斜面間距大于小球直徑，斜面高度相等．有三個完全相同的小球a、b、c，開始均靜止于同一高度處，其中b小球在兩斜面之間，a、c兩小球在斜面頂端．若同時釋放，小球a、b、c到達該水平面的時間分別為t1、t2、t3．若同時沿水平方向拋出，初速度方向如圖所示，小球a、b、c到達該水平面的時間分別為t1′、t2′、t3′．下列關于時間的關系正確的是（　?。?br />
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：第一種情況：b球做自由落體運動，a、c做勻加速運動。設斜面的高度為h，則
對a球：?sin30°=12gsin30°t12，
對b球：h=12gt22
對c球：?sin45°=12gsin45°t32
由數(shù)學知識得：t1＞t3＞t2。
第二種情況：a、c兩個球都做類平拋運動，沿斜面向下方向都做初速度為零的勻加速直線運動，a的加速度為gsin30°，c的加速度為gsin45°，b球做平拋運動，則有
對a球：?sin30°=12gsin30°t1'2
對b球：h=12gt2'2
對c球：?sin45°=12gsin45°t3'2
比較可知，t1＝t1′、t2＝t2′、t3＝t3′．故AB正確。
故選：AB。
考點四　類平拋運動模型
1．受力特點
物體所受的合外力為恒力，且與初速度的方向垂直．
2．運動特點
在初速度v0方向上做勻速直線運動，在合外力方向上做初速度為零的勻加速直線運動，加速度a＝.
3．求解方法
(1)常規(guī)分解法：將類平拋運動分解為沿初速度方向的勻速直線運動和垂直于初速度方向(即沿合外力的方向)的勻加速直線運動．兩分運動彼此獨立，互不影響，且與合運動具有等時性．
(2)特殊分解法：對于有些問題，可以過拋出點建立適當?shù)闹苯亲鴺讼?，將加速度a分解為ax、ay，初速度v0分解為vx、vy，然后分別在x、y方向列方程求解．
[例題14] （2023?貴陽模擬）如圖所示，一網(wǎng)球運動員用球拍先后將兩只球從O點水平擊出。第一只球落在自己一方場地上A處彈跳起來剛好擦網(wǎng)而過，落在對方場地B處。第二只球直接擦網(wǎng)而過，也落在B處。球與地面的碰撞是完全彈性的，且空氣阻力不計。則第一只球與第二只球被擊出時的速度之比為（　　）

A．1：2 B．1：3 C．3：4 D．2：3
【解答】解：由題可知，兩種情況下，球都做平拋運動，由豎直方向的位移—時間公式可得：?=12gt2
得：t=2?g
因此可知，球兩次平拋運動的時間相等，
第一只球之后從A點反彈，由于球與地面的碰撞時彈性的，故此時小球會做向右上方的斜拋運動（豎直方向的運動上可視為豎直上拋運動），
由對稱性可知，A處碰撞的小球上升到高度h再落地，運動的總時間為3t，
故可知兩次運動時間之比為3：1。
又因為球在水平方向做勻速直線運動，則有：v0=xt
水平位移相等，則第一只球與第二只球被擊出時的速度之比為1：3。
故ACD錯誤，B正確。
故選：B。
[例題15] 如圖所示，某次排球比賽中，球員A在離水平地面3m的高處將排球以30m/s的速度垂直球網(wǎng)水平擊出，此時排球與球網(wǎng)的水平距離為9m。球網(wǎng)的高度為2m，對方的球員B站立在球網(wǎng)處，直立伸直手臂可攔到離地高度為2.3m的排球，起跳攔網(wǎng)可攔到離地高度為2.75m的排球，取重力加速度大小g＝10m/s2。已知球員A、B的連線與球網(wǎng)垂直，不計空氣阻力，下列關于球員B攔排球的說法，正確的是（　?。?br />
A．排球運動到球網(wǎng)正上方的時間為0.3s
B．球員B站在球網(wǎng)前直立伸直手臂可攔到排球
C．若球員B未攔到排球則排球不會出界
D．若球員B未攔到排球，則排球落地點到球網(wǎng)的距離約為2.6m
【解答】解：A、排球做平拋運動，水平方向為勻速直線運動，則排球運動到球員B位置的時間t1=Lv=930s=0.3s
故A正確；
B、排球豎直方向做自由落體運動，該段時間排球下落的高度?=12gt12=12×10×0.32m=0.45m
此時排球離地高度h3＝H﹣h＝3m﹣0.45m＝2.55m＞h1＝2.3m
故球員B在球網(wǎng)前直立伸直手臂攔不到排球，故B錯誤；
CD、豎直方向，由位移—時間公式得：H=12gt22
代入數(shù)據(jù)解得，排球從被擊出到落地的時間t2=155s
排球運動的水平距離x＝vt2＝30×155m＝615m＞18m
排球?qū)⒊鼋?，故CD錯誤。
故選：A。
[例題16] （2023?陳倉區(qū)一模）如圖所示，邊長為1m的正方體空間圖形ABCD﹣A1B1C1D1，其下表面在水平地面上，將可視為質(zhì)點的小球從頂點A在∠BAD所在范圍內(nèi)（包括邊界）分別沿不同的水平方向拋出，落點都在A1B1C1D1平面范圍內(nèi)（包括邊界）。不計空氣阻力，g取10m/s2，則（　　）

A．小球落在B1點時，初速度為10m/s，是拋出速度的最小值
B．小球落在C1點時，初速度為5m/s，是拋出速度的最大值
C．落在B1D1線段上的小球，平拋時初速度的最小值與最大值之比是1：2
D．落在B1D1線段上的小球，平拋時初速度的最小值與最大值之比是1：2
【解答】解：AB.小球做平拋運動，豎直方向做自由落體運動，水平方向做勻速直線運動，
有：L=12gt2得出：t=2Lg因為下落高度相同，所以平拋運動的時間相等，由幾何關系可知，小球的落地點離A1越近，則小球在水平方向的位移越小，所以小球在 B1時，不是拋出的最小值，落在C1時水平位移最大，最大位移為正方形的對角線的長度，即為2L，2L=v0t得v0=g=10m/s為拋出速度的最大值，故AB錯誤；
CD.由幾何關系可得B1D1的中點離A1最近，B1或D1離A1最遠，故初速度的最小值與最大值的比為1：2，故D正確，C錯誤。
故選：D。
[例題17] （2023?東城區(qū)模擬）如圖所示，窗子上、下沿間的高度H＝1.6m，墻的厚度d＝0.4m，某人在離墻壁距離L＝1.4m、距窗子上沿h＝0.2m處的P點，將可視為質(zhì)點的小物件以v的速度水平拋出，小物件直接穿過窗口并落在水平地面上，取g＝10m/s2。則v的取值范圍是（　　）

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：小物件做平拋運動，恰好擦著窗子上沿右側(cè)穿過時v最大，
此時有L＝vmaxt
?=12gt2
代入數(shù)據(jù)解得vmax＝7m/s
恰好擦著窗口下沿左側(cè)時速度v最小，
則有L+d＝vmint'
H+?=12gt'2
代入數(shù)據(jù)解得vmin＝3m/s
故v的取值范圍是3m/s＜v＜7m/s。
故選：C。
[例題18] （多選）（2023?山東模擬）如圖所示，一同學練習踢毽子，水平場地上有矩形標線EFGH，在標線GH處的豎直面內(nèi)掛有擋網(wǎng)ABCD，擋網(wǎng)高1.5m，場地寬EH為4.8m，長EF＝6.4m。該同學從場地的E點將毽子踢出，毽子踢出時速度大小為10m/s，方向在過對角線EG的豎直面內(nèi)，與EG成37°角斜向上，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不計空氣阻力。則毽子將（　　）

A．在空中飛行1s后觸網(wǎng)
B．越過網(wǎng)后再在空中飛行0.2s落地
C．擊中水平地面上距E為9.6m的點
D．擊中豎直擋網(wǎng)上距地面高為1.0m的點
【解答】解：毽子做斜拋運動，將毽子的初速度分解到豎直方向和沿EG方向，豎直分速度v1＝10m/s×sin37°＝6m/s
EG方向的分速度v2＝10m/s×cos37°＝8m/s
由幾何關系知，毽子的水平位移為EG=4.82+6.42m=8m
所以毽子運動到擋網(wǎng)處所用時間為t=EGv2=88s＝1s
此時毽子離地面高度為?=v1t?12gt2=6×1m?12×10×12m＝1m＜1.5m
故毽子在飛行1s后擊中擋網(wǎng)，故AD正確，BC錯誤。
故選：AD。

練出高分
一．多選題（共12小題）
（多選）1．（2023?海南二模）飛鏢運動是一種可全民參與的運動。若每次飛鏢都是水平投擲，飛鏢在空中的運動可視為平拋運動。如圖，某次將飛鏢水平投出后正中靶心，下列正確的是（　　）

A．若飛鏢質(zhì)量較大，則空中飛行的時間會變短
B．若出手位置變高，為了正中靶心，應當減小投擲速度
C．飛鏢對準靶心投擲，投出時靶也做自由落體，則鏢正中靶心
D．飛鏢對準靶心投擲，投出時靶也做自由落體，則鏢命中靶心上方位置
【解答】解：A．飛鏢在空中的運動可視為平拋運動，重力加速度g恒定，由位移公式可得
水平方向：x＝v0t
豎直方向：y=12gt2
可以看出飛鏢在空中飛行的時間與質(zhì)量無關，故A錯誤；
B．若出手位置變高，豎直位移y變大，運動時間t變長，為了仍正中靶心（水平位移x不變），應當減小投擲速度v0，故B正確；
CD．飛鏢對準靶心投擲，投出時靶也做自由落體，則鏢與靶心始終在同一水平高度，豎直方向相對靜止，仍能正中靶心，故C正確，D錯誤。
故選：BC。
（多選）2．（2023?衡水模擬）一個半徑為R＝0.75m的半圓柱體放在水平地面上，截面圖如圖所示。一小球從圓柱體左端A點正上方的B點水平拋出（小球可視為質(zhì)點），到達C點時速度方向恰好沿圓弧切線方向。已知O為半圓弧的圓心，OC與水平方向夾角為53°，取g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，下列說法正確的是（　?。?br />
A．小球從B點運動到C點所用的時間為0.3s
B．小球從B點運動到C點所用的時間為0.5s
C．小球做平拋運動的初速度大小為4m/s
D．小球做平拋運動的初速度大小為6m/s
【解答】解：小球從B點到C點做平拋運動，飛行過程中恰好與半圓弧相切于C點，由幾何關系知小球在C點的速度與水平方向的夾角為α＝37°，如下圖所示：

設位移與水平方向的夾角為θ，則有
tanθ=tan37°2，
又因為tan.θ=yx=yRcos53°
根據(jù)題意可得：R＝0.75m
聯(lián)立解得：y=920m
根據(jù)y=12gt2
解得：t＝0.3s
水平位移x＝1.6R＝v0t
解得：v0＝4m/s，故AC正確，BD錯誤。
故選：AC。
（多選）3．（2023?邵陽二模）如圖所示，小球以v0＝10m/s的瞬時速度從水平地面斜向右上方拋出，速度方向與水平方向的夾角是53°，不計空氣阻力，下列說法正確的是（取g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）（　　）

A．小球到達最高點時的瞬時速度為零
B．小球離地面的最大高度是3.2m
C．小球在空中的運動時間是0.8s
D．保持小球速度大小不變，改變速度方向，小球的水平分位移（射程）的最大值是10m
【解答】解：A、小球到達最高點時水平速度不為零，豎直速度為零，所以最高點的瞬時速度不為零，故A錯誤；
B、在豎直方向上，小球做勻減速直線運動，根據(jù)運動學公式可得：
?max=(v0sin53°)22g=(10×0.8)220m=3.2m，故B正確；
C、小球在空中的運動時間為：
t=2v0sin53°g=2×10×0.810s=1.6s，故C錯誤；
D、設小球速度與水平方向的夾角為θ，根據(jù)豎直方向上的運動特點可知：
t=2v0sinθg
在水平方向上，x＝v0cosθt
聯(lián)立解得：xm=v02sin2θg
當θ＝45°時，小球的射程最大，此時
xm＝10m，故D正確；
故選：BD。
（多選）4．（2023?河南模擬）如圖所示，豎直平面內(nèi)半徑為R的圓盤繞中軸О順時針勻速轉(zhuǎn)動，當圓盤上的A點轉(zhuǎn)至最高點時，緊貼A點以水平速度v=gR（g為重力加速度）拋出一個可視為質(zhì)點的小球，當A點轉(zhuǎn)至水平位置時，小球剛好落到過О點的水平面，則圓盤的角速度可能為（　?。?br />
A．π2g2R B．πg2R C．3π2g2R D．2πg2R
【解答】解：小球做平拋運動，豎直方向做自由落體運動，有：R=12gt2，
在小球下落時間內(nèi)，圓盤轉(zhuǎn)過的角度為：θ=π2+nπ，其中n＝0，1，2，3……
則有：ω=θt=（n+12）πg2R（?n＝0，1，2，3……）
當n＝0時，ω=π2g2R
當n＝1時，ω=3π2g2R
故AC正確，BD錯誤；
故選：AC。
（多選）5．（2023?永豐縣校級一模）如圖所示，在斜面上一定先后以初速度v0和2v0水平拋出A、B兩個小球，則從拋出至第一次著地，兩小球的水平位移之比可能為（　?。?br />
A．1：2 B．2：3 C．3：4 D．2：5
【解答】解：A、當A、B兩個小球都能落到水平面上時，兩者的下落高度相同，由h=12gt2得，兩者運動的時間相同，水平方向的位移為x＝v0t，則水平位移之比為初速度之比，即為1：2，故A正確；
BCD、當A、B都落在斜面的時候，小球的豎直位移和水平位移的比值即為斜面夾角的正切值，即tanθ=12gt2v0t
整理可得，時間t=2v0tanθg
所以運動的時間之比為初速度之比，即為1：2
小球的水平位移x＝v0t=2v02tanθg
則兩小球的水平位移大小之比為速度平方之比，即為1：4
當只有A落在斜面上的時候，A、B水平位移之比在1：4和1：2之間，故BC錯誤，D正確。
故選：AD。
（多選）6．（2023?上饒模擬）如圖所示，將兩小球A、B從直角三角形斜面（足夠長）的頂端分別向左、向右水平拋出，兩小球分別落在兩個斜面上，三角形的兩底角分別為α，β，不計空氣阻力，下列說法正確的是（　　）

A．將A球先后以v0A與2v0A的速度向左水平拋出，A球兩次落在斜面上的時間之比為1：2
B．將A球先后以v0A與2v0A的速度向左水平拋出，A球兩次落在斜面上的速度方向不同
C．將A、B兩小球分別以v0的速度水平向左、向右拋出，兩小球落在斜面上的時間之比為tanβ：tanα
D．將A、B兩小球分別以v0的速度水平向左、向右拋出，兩小球落在斜面上的下落高度之比為tan2α：tan2β
【解答】解：AC、將A球先后以v0A與2v0A的速度向左水平拋出，A球兩次都落在斜面上，根據(jù)合位移與水平方向夾角的正切表達式有：tanα=yx=12gt2v0t，可得t=2v0tanαg∝v0，所以兩次A球落在斜面上的時間之比為t1：t2＝v0A：2v0A＝1：2；同理，將A、B兩小球分別以v0的速度水平向左、向右拋出，兩小球落在斜面上的時間之比為：tAtB=tanαtanβ；故A正確，C錯誤；
B、將A球先后以v0A與2v0A的速度向左水平拋出，A球兩次落在斜面上，設合速度與水平方向夾角為θ，根據(jù)平拋運動的推論可知，合位移方向與合速度方向的關系，有tanθ＝2tanα，所以，A球兩次落在斜面上的速度方向相同；故B錯誤；
D、將A、B兩小球分別以v0的速度水平向左、向右拋出，兩小球落在斜面上的下落高度之比為?A?B=12gtA212gtB2=tA2tB2=tan2αtan2β；故D正確。
故選：AD。
（多選）7．（2023?昆明一模）排球比賽中運動員從某一高度將排球擊出，擊出排球瞬間開始計時，排球在空中飛行的速率v隨時間t的變化關系如圖所示，圖中相關坐標值均為已知，若t2時刻排球恰好落到對方的場地上，排球可視為質(zhì)點，運動過程中受到的阻力不計，重力加速度為g，下列說法正確的是（　　）

A．擊球點到落地點間的水平距離為v0t2
B．擊球點到落地點間的水平距離為v1t2
C．排球運動過程中離地的最大高度為v22?v122g
D．排球運動過程中離地的最大高度為v22?v022g
【解答】解：AB．運動員從某一高度將排球擊出，阻力不計，球速變小，t1時刻排球處于最高點，速度方向水平，水平方向做勻速直線運動，擊球點到落地點間水平距離x＝v1t2
故A錯誤，B正確；
CD．排球落地豎直方向分速度vy=v22?v12
由速度—位移公式，排球運動過程中離地最大高度?=vy22g=v22?v122g
故C正確，D錯誤。
故選：BC。
（多選）8．（2023?岳陽一模）2022年9月18日上午，隨著岳陽隊摘得湖南省第十四屆省運會田徑項目U12團體賽金牌，為期4天的省運會田徑比賽所有運動項目圓滿結(jié)束。我市田徑運動仍然保持著強勁的發(fā)展勢頭，來自臨湘市二中的談仁哲在U18男子鉛球項目中，以17.96米的成績打破賽會記錄，在鉛球比賽中，若某運動員以初速度v0＝12m/s將質(zhì)量為m＝7kg的鉛球推出，初速度與水平方向成42°角，推出點所在位置離水平地面1.8m高，重力加速度取10m/s2，已知sin42°＝0.67，cos42°＝0.74，忽略空氣阻力的影響，從鉛球推出到落地過程中，下列說法中正確的是（　?。?br />
A．鉛球在空中運動時間約為1.6s
B．鉛球上升時間與下降時間相等
C．鉛球到達最高點時速度為8.88m/s
D．鉛球落地的速度大小為65m/s
【解答】解：C．將初速度v0沿水平方向和豎直方向進行分解可得vx0＝v0cos42°＝12×0.74m/s＝8.88m/s；vy0＝v0sin42°＝12×0.67m/s＝8.04m/s
鉛球在水平方向上以vx0做勻速直線運動，在豎直方向上以初速度vy0做豎直上拋運動，設上升到最高點的時間為t1，則t1=vy0g=8.0410s=0.804s
在最高點時，鉛球豎直速度為零，故在最高點時鉛球的速度為v1＝vx0＝8.88m/s
故C正確；
AB．設最高點與拋出點的高度差為h1，則?1=12gt12=12×10×0.8042m=3.23m
故最高點距地面的高度為h＝h1+h0≈3.23m+1.8m＝5.03m
設鉛球下降時間為t2，則?=12gt22
解得：t2≈1.0s
因此鉛球上升時間與下降時間不相等，鉛球在空中運動時間為t＝t1+t2≈0.808s+1.0s≈1.8s
故AB錯誤；
D．設鉛球落地速度大小為v2，根據(jù)動能定理可得mg?0=12mv22?12mv02
解得v2=65m/s
故D正確。
故選：CD。
（多選）9．（2023?淄博一模）如圖所示，足球球門寬為L，一個球員在球門線中點正前方距離球門s處高高躍起，將足球頂入球門的左下方死角（圖中P點），球員頂球點O距地面的高度為h。足球做平拋運動（足球可看成質(zhì)點，忽略空氣阻力），重力加速度大小為g。下列說法正確的是（　　）

A．足球位移OP的大小為L24+?2
B．足球位移OP的大小為L24+s2+?2
C．足球剛落到P點的速度大小為g2?(L24+s2)+2g?
D．足球剛落到P點的速度大小為g2?(L24+s2)+g?
【解答】解：AB、由幾何關系得，足球在水平方向的位移大小為：x=s2+(12L)2

則足球的合位移OP的大小為OP=x2+?2=s2+?2+L24
故A錯誤，B正確；
CD、足球做平拋運動，水平方向為勻速直線運動，有：x＝v0t
豎直方向為自由落體運動，有h=12gt2
聯(lián)立解得，足球的初速度的大小v0=g2?(L24+s2)
足球落在P點時，豎直方向的分速度為vy＝gt=2g?
則足球剛落到P點的速度大小為v=vx2+vy2=g2?(L24+s2)+2g?
故C正確，D錯誤。
故選：BC。
（多選）10．（2023?宜賓模擬）如圖所示，為冬奧會單板滑雪大跳臺項目簡化模型。運動員以水平初速度v0從P點沖上半徑為R的六分之一光滑圓弧跳臺，離開跳臺經(jīng)最高點M后落在傾角為θ的斜坡上，落點距Q點的距離為L，若忽略一切阻力并將其看成質(zhì)點，重力加速度為g，則下列說法正確的是（　?。?br />
A．運動員在最高點M的速度為0
B．最高點M距水平面PQ的豎直距離為38(v02g+R3)
C．運動員離開圓弧跳臺后在空中運動的時間3v024g2+2Lsinθg+R4g?3v024g2?3R4g
D．運動員落在斜面時的速度大小為v02+2gLsinθ
【解答】解：A、運動員離開跳臺后做斜拋運動，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做豎直上拋運動，所以運動員在最高點M有水平方向的速度，故A錯誤；
B、根據(jù)幾何關系可知，圓弧對應的圓心角為θ＝60°運動員從開始沿圓弧運動到離開跳臺，只有重力做功，有動能定理可知：?mgR(1?cosθ)=12mv12?12mv02
解得：v1=v02?gR
運動員從離開圓弧到最高點的過程中，vy2=(v1sinθ)2=2g?
則最高點M點距水平面PQ的豎直距離為H＝h+R（1﹣cosθ）
解得：H=38(v02g+R3)，故B正確；
CD、運動員從開始運動到落到斜面上時，只有重力做功，mgLsinθ=12mv22?12mv02
解得：v2=v02+2gLsinθ
運動員落在斜面上時豎直分速度大小為：v2y=v22?(v1cosθ)2
即v2y=34v02+2gLsinθ+14gR
則運動員離開圓弧跳臺后在空中運動的時間為：t=v2y?(?vy)g=3v024g2+2Lsinθg+R4g+3v024g2?3R4g，故C錯誤，D正確。
故選：BD。
（多選）11．（2023?青島一模）水平地面上有一足夠長且足夠?qū)挼墓潭ㄐ泵妫瑑A角為37°，小明站在斜面底端向斜面上投擲可視作質(zhì)點的小石塊。若石塊出手時的初速度方向與水平方向成45°，出手高度為站立點正上方1.8m，重力加速度g＝10m/s2。下列說法正確的是（　　）

A．若石塊的飛行軌跡所在平面與斜面底邊垂直，石塊在斜面上的落點恰好與出手點等高，則石塊出手時的初速度為26m/s
B．若石塊的飛行軌跡所在平面與斜面底邊垂直，石塊在斜面上的落點恰好與出手點等高，則石塊出手時的初速度為23m/s
C．若石塊的初速度大小一定，當石塊的飛行軌跡所在平面與斜面底邊垂直時，石塊飛行時間最短
D．若投出石塊的最大初速度為8m/s，則石塊在斜面上與出手點等高的所有落點所組成的線段長度不會超過12m
【解答】解：AB、石塊出手時的初速度方向與水平方向成45°角，則
tan45°=vyvx
可得：vx＝vy
石塊落在1.8m高的斜面上，則
tan37°=1.8mx
則石塊的水平位移為：
x＝2.4m
由石塊斜向上運動時
x'=vxt=x2=2.42m=1.2m
y'=vyt2=0.6m
又因為
vy2=2gy'
解得：vy=23m/s
所以石塊出手時的速度為
v=2vy=2×23m/s=26m/s，故A正確，B錯誤；
C、若石塊的初速度大小一定，當石塊的運動軌跡所在平面與斜面底邊垂直時，石塊在斜面上的落點最高，石塊下落時間最短，石塊飛行時間最短，故C正確；
D、若投出石塊的初速度為8m/s，則
vx0=vy0=8m/s×sin45°=42m/s
石塊在斜面上的落點恰好與出手點等高處，最大運動時間為
t0=2vy0g=2×4210s=425s
最大水平位移為：
x0=vx0t0=42×425m=325m
石塊在斜面上與出手點等高處與出手點最近點距離為x＝2.4m，則石塊在斜面上與出手點等高的最遠點與最近點的距離為：
Δx=x02?x2=6.42?2.42m=35.2m＜6m
則石塊在斜面上與出手點等高的所有落點組成的線段長度不會超過
2Δx＝2×6m＝12m，故D正確；
故選：ACD。
（多選）12．（2023?濠江區(qū)校級二模）若物體被拋出時的速度不沿水平方向，而是向斜上方或向斜下方（這種情況常稱為斜拋），則它的受力情況與平拋運動完全相同。如圖甲所示，球狀煙花中有一部分是做斜上拋運動，其中一火藥做斜拋運動的軌跡如圖乙所示，圖乙中初速度v0和初速度與水平方向的夾角θ均為已知量，重力加速度大小為g，不計空氣阻力，下列說法正確的是（　?。?br />
A．該火藥的射高為v02sin2θ2g
B．該火藥的射高為v02cos2θ2g
C．若斜拋運動的初速度v0大小不變，拋射角θ改變，則該火藥射程的最大值為2v02g
D．若斜拋運動的初速度v0大小不變，拋射角θ改變，則該火藥射程的最大值為v02g
【解答】解：首先我們對物體的初速度進行分解，如圖：

AB、由圖知豎直方向速度為voy＝v0sinθ，豎直方向上可視為自由落體運動，所以射高由運動學公式2g?=voy2，解得：h=v02sin2θ2g。故A正確，B錯誤。
CD、水平方向射程由運動學公式s＝voxt＝v0cosθt，t可以由豎直方向上的運動學公式來求：gt＝2voy＝2v0sinθ；解得t=2v0sinθg。
所以水平方向射程s=2v02sinθcosθg=v02sin2θg，因為sin2θ最大值為1，所以smax=v02g。故C錯誤，D正確。
故選：AD。
二．計算題（共3小題）
13．（2023?濰坊二模）“打水漂”是很多同學體驗過的游戲，小石片被水平拋出，碰到水面時并不會直接沉入水中、而是擦著水面滑行一小段距離再次彈起飛行，跳躍數(shù)次后沉入水中，俗稱“打水漂”。如圖所示，某同學在岸邊離水面高度h0＝0.8m處，將一質(zhì)量m＝20g的小石片以初速度v0＝16m/s水平拋出。若小石片第1次在水面上滑行時受到水平阻力的大小為1.2N，接觸水面0.1s后彈起，彈起時豎直方向的速度是剛接觸水面時豎直速度的34。取重力加速度g＝10m/s2，不計空氣阻力。求：

（1）小石片第1次離開水面后到再次碰到水面前，在空中運動的水平距離；
（2）第1次與水面接觸過程中，水面對小石片的作用力大小。
【解答】（1）開始小石片做平拋運動，在豎直方向做自由落體運動，設第一次剛剛接觸水面的速度為vy，有vy2=2g?0，則vy=2g?0=2×10×0.8m/s=4m/s
第一次剛接觸水面彈起時豎直方向的速度vy1=34vy=34×4m/s=3m/s
小石片第1次在水面上滑行時受到水平阻力的大小為1.2N，規(guī)定初速度方向為正方向，根據(jù)牛頓第二定律得，﹣f＝ma，則a=?fm=?1.220×10?3m/s2=?60m/s2
設接觸水面0.1s后彈起的水平速度為vx，根據(jù)運動學公式有vx＝v0+at＝16m/s+（﹣60）×0.1m/s＝10m/s
設第1次離開水面后到再次碰到水面前在空中運動時間為t1，t1=2vy1g=2×310s=0.6s
在空中運動的水平距離x＝vxt1＝10×0.6m＝6m；
（2）設水面對小石片豎直方向的作用力為F，設豎直向上為正方向，根據(jù)動量定理得（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次與水面接觸過程中，水面對小石片的作用力大小F′=f2+F2=1.22+1.62N=2N。
答：（1）小石片第1次離開水面后到再次碰到水面前，在空中運動的水平距離為6m；
（2）第1次與水面接觸過程中，水面對小石片的作用力大小為2N。
14．（2023?上饒模擬）如圖所示，在水平地面上固定一傾角θ＝53°、表面光滑的斜面體，物體A以v0＝8m/s的初速度沿斜面上滑，同時在物體A的正上方，有一物體B以某一初速度水平拋出。當A上滑到最高點時恰好被物體B擊中，A、B均可看作質(zhì)點，取sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，重力加速度大小g＝10m/s2，求：
（1）物體B被拋出時的初速度vOB；
（2）物體A、B間初始位置的高度差H。

【解答】解（1）根據(jù)牛頓第二定律得，A上滑的加速度a＝gsin53°＝10×0.8m/s2＝8m/s2
運動的時間t=v0a=88s=1s．
A物體運動的位移xA=v022a=642×8m=4m．
則B平拋運動的水平位移x＝xAcos53°＝vOBt
解得B拋出的初速度vOB＝2.4m/s。
（2）B平拋運動的高度差?1=12gt2=12×10×1m=5m．
A上升的高度h2＝xAsin53°＝3.2m
則AB初始位置的高度差H＝h1+h2＝3.2m+5m＝8.7m。
答：（1）物體B拋出時的初速度為2.4m/s；
（2）物體A、B間初始位置的高度差H為8.7m。
15．（2022?浙江模擬）目前，乒乓球運動員都使用發(fā)球機來練球?，F(xiàn)建立如下簡化模型，如圖所示，水平乒乓球球臺離地高度H＝0.75m，總長L＝3.2m，置于居中位置的球網(wǎng)高h＝0.15m，發(fā)球機裝在左側(cè)球臺的左邊緣中點，發(fā)球過程簡化為：球從C點出發(fā)后（C點與球臺等高），通過半徑R＝0.2m的14圓弧管道，在最高點D點水平且平行于球臺中軸線發(fā)出（定義該速度為發(fā)球速度），D點在球臺上方且與球臺左邊緣的水平距離l＝0.1m?？梢暈橘|(zhì)點的乒乓球質(zhì)量m＝0.003kg，運動中所受空氣阻力不計，與球臺的碰撞視為彈性碰撞，即碰撞后速度大小不變，碰后方向與碰前方向關于豎直線對稱。發(fā)球規(guī)則為：乒乓球必須在左側(cè)球臺碰撞一次（僅限一次），跨網(wǎng)后能與右側(cè)球臺碰撞即視為發(fā)球成功。
（1）若發(fā)球速度為v＝5m/s，求乒乓球?qū)點軌道壓力的大小和方向；
（2）求發(fā)球機成功發(fā)球的速度范圍；
（3）現(xiàn)定義有效回球時間：球第一次碰撞右側(cè)球臺后至再次碰撞球臺的時間間隔為有效回球時間，若第一次碰撞右側(cè)球臺后不再第二次碰撞球臺，球第一次碰撞右側(cè)球臺后至球運動到球臺平面以下離球臺豎直高度差為0.25m前的時間間隔為有效回球時間。則以（2）問中的最小速度和最大速度發(fā)球的有效回球時間各為多少？

【解答】解：（1）設軌道對球的壓力為F，方向向下
F+mg＝mv2R
解得：F＝0.345 N
則由牛頓第三定律知球?qū)壍赖膲毫?.345 N，方向豎直向上
（2）球發(fā)出后至落到球臺做平拋運動，豎直位移為R＝0.2 m，由R=12gt2
解得：t＝0.2 s
平拋運動前0.1 s和后0.1 s的豎直位移分別為0.05 m和0.15 m，結(jié)合網(wǎng)高0.15 m，經(jīng)過分析可得圖一和圖二分別是能夠過網(wǎng)的最小速度和最大速度的對應情景。
以圖中最小速度發(fā)球，經(jīng)過0.5 s，球到達球網(wǎng)。
vmint=L2?l，解得：vmin＝3 m/s
顯然球能夠在右側(cè)球臺碰撞，此即最小成功發(fā)球速度
同理：以圖中最大速度發(fā)球，經(jīng)過0.3 s，球到達球網(wǎng)。
vmaxt=L2?l，解得：vmax＝5 m/s
得球過網(wǎng)后再經(jīng)過0.3 s落到右側(cè)球臺上距離右邊緣0.1 m處，故此最大速度即成功發(fā)球的最大速度。
發(fā)球機成功發(fā)球的速度范圍：3m/s≤v≤5m/s
（3）以最小速度發(fā)球：經(jīng)分析可得：球可以在右側(cè)球臺碰撞兩次，故有效回球時間為t'＝0.4 s
以最大速度發(fā)球：經(jīng)分析可得：球在右側(cè)球臺只能碰撞一次，故有效回球時間為球的上升時段和球的下落時段之和，顯然球的上升時間為t1＝0.2 s，
求得球下落的豎直位移為0.45 m
Δh=12gt22，解得t2＝0.3 s
所以有效回球時間為t'＝0.5 s
答：（1）若發(fā)球速度為v＝5m/s，乒乓球?qū)點軌道壓力的大小為0.345N，方向豎直向上；
（2）發(fā)球機成功發(fā)球的速度范圍為：3m/s≤v≤5m/s；
（3）以（2）問中的最小速度和最大速度發(fā)球的有效回球時間分別為0.4s和0.5s.




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