題型一 平拋運動基本規(guī)律的應(yīng)用
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＝eq \f(1,2)gt2.
(3)合速度：v＝eq \r(v\\al(2,x)＋v\\al(2,y))，方向與水平方向的夾角為θ，則tan θ＝eq \f(vy,vx)＝eq \f(gt,v0).
(4)合位移：s＝eq \r(x2＋y2)，方向與水平方向的夾角為α，tan α＝eq \f(y,x)＝eq \f(gt,2v0).
3．對規(guī)律的理解
(1)飛行時間：由t＝ eq \r(\f(2h,g))知，時間取決于下落高度h，與初速度v0無關(guān)．
(2)水平射程：x＝v0t＝v0eq \r(\f(2h,g))，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(guān)．
(3)落地速度：vt＝eq \r(v\\al(2,x)＋v\\al(2,y))＝eq \r(v\\al(2,0)＋2gh)，以θ表示落地速度與x軸正方向的夾角，有tan θ＝eq \f(vy,vx)＝eq \f(\r(2gh),v0)，所以落地速度也只與初速度v0和下落高度h有關(guān)．
(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，如圖所示．
(5)兩個重要推論
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(shè)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.
（多選）（2024春?西城區(qū)期末）如圖所示為一個簡易足球場，球門寬為6m。一個同學在球門中線距離球門4m處采用頭球?qū)⒆闱蝽斎肭蜷T的左下方死角（圖中P點）。同學頂球點的高度為1.8m。從頭頂球到球落地的過程，忽略空氣阻力，足球做平拋運動，g取10m/s2，則（ ）

A．足球的位移小于5m
B．足球運動的時間為0.6s
C．足球初速度的大小約為8.3m/s
D．足球在豎直方向上速度增加了6m/s
【解答】解：A、由勾股定理可得頭頂球的位置在地面的投影到P點距離為x=42+(62)2m=5m，而足球的位移大小等于頭頂球的位置到P點的距離，顯然，足球的位移大于L＝5m，故A錯誤；
B、足球做平拋運動，由在豎直方向做自由落體運動可得：h=12gt2=1.8m，解得足球運動時間為：t＝0.6s，故B正確；
C、足球做平拋運動的水平位移為x＝5m，由在水平方向做勻速運動得：v0=xt，解得足球初速度的大小為：v0≈8.3m/s，故C正確；
D、足球到達P點時在豎直方向上的分速度大小為：vy＝gt＝10×0.6m/s＝6m/s，可知足球在豎直方向上速度增加了6m/s，故D正確。
故選：BCD。
（2024春?河西區(qū)期末）如圖，從地面上方某點，將一小球以5m/s的初速度沿水平方向拋出，小球經(jīng)過1s落地，不計空氣阻力，g取10m/s2，則可求出（ ）
A．小球拋出時離地面的高度是10m
B．小球落地時的速度方向與水平地面成30°角
C．小球落地時的速度大小是15m/s
D．小球從拋出點到落地點的水平位移大小是5m
【解答】解：A．小球拋出時離地面的高度是h=12gt2=12×10×12m=5m，故A錯誤；
B．設(shè)小球落地時的速度方向與水平地面成θ角，則根據(jù)速度的合成與分解有
tanθ=gtv0=10×15=2
所以θ≠30°，故B錯誤；
C．小球落地時的速度大小是v=v02+(gt)2=52+(10×1)2m/s=55m/s
故C錯誤；
D．小球從拋出點到落地點的水平位移大小是
x＝v0t＝5×1m/s＝5m，故D正確。
故選：D。
（2024?西湖區(qū)校級模擬）如圖所示，某環(huán)保人員在一次檢查時發(fā)現(xiàn)一根圓形排污管正在向外滿口排出大量污水。這根管道水平設(shè)置，管口離水面的高度為h，環(huán)保人員測量出管口中空直徑為D，污水從管口落到水面的水平位移為x，該管道的排污流量為Q（流量為單位時間內(nèi)流體通過某橫截面的體積，流量Q＝Sv，S為橫截面的面積，v為液體的流動速度）。若不計一切阻力，重力加速度為g。下列說法正確的是（ ）
A．污水流速越快，水從出管口到拋入水面的時間越長
B．污水流速越快，留在空中水的體積越小
C．管道的排污流量為Q=πD2x4g2h
D．污水拋入水面時速度方向可能與水面垂直
【解答】解：A、根據(jù)平拋運動規(guī)律可知，污水到達水面的時間，由高度決定，與流速無關(guān)，故A錯誤；
B、污水流速越快，一定時間內(nèi)流出水的體積越大，故B錯誤；
C、流速v=xt=x2hg=xg2h，因為Q＝Sv，所以Q=πD2x4g2h，故C正確；
D、由于污水有初速度，最終速度必不與水面垂直，故D錯誤。
故選：C。
題型二 有約束條件的平拋運動模型
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(guān)系，從而使問題得到順利解決．常見的模型如下：
類型1 對著豎直墻壁的平拋運動
（2024春?溫州期末）如圖所示，某運動員將籃球從A點斜向上拋出，籃球垂直撞在豎直籃板上的O點，反向彈回后正好落在了A點正下方的B點。若將籃球看作質(zhì)點且不計空氣阻力。下列說法正確的是（ ）
A．籃球上升階段與下降階段運動時間相同
B．籃球撞擊O點前后的瞬時速度大小相同
C．籃球從O點運動到B點過程加速度逐漸增大
D．籃球上升階段與下降階段速度變化量的方向相同
【解答】解：A、籃球上升階段和下降階段豎直方向都做勻變速直線運動，且加速度都是g，由于上升和下降的高度相同，根據(jù)運動學公式h=12gt2，由題意可知，兩個階段的高度變化不同，可以得出上升比下降的時間段，故A錯誤；
B、籃球撞擊O點前后，由于發(fā)生了碰撞，速度大小會發(fā)生變化，因此瞬時速度大小并不相同，故B錯誤；
C、籃球從O點運動到B點過程中，只受重力作用，加速度為g，保持不變，故C錯誤；
D、籃球上升階段和下降階段，加速度都為g，方向都豎直向下，因此速度變化量的方向也相同，都是豎直向下，故D正確。
故選：D。
（2024春?廬陽區(qū)校級期中）小明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，籃球運動軌跡如圖所示，不計空氣阻力。關(guān)于籃球從拋出到撞擊籃板前的過程，下列說法正確的是（ ）
A．兩次在空中的時間可能相等
B．兩次拋出的水平初速度可能相等
C．兩次拋出的初速度豎直分量可能相等
D．兩次拋出的初速度大小可能相等
【解答】解：A.籃球做斜拋運動，上升過程的逆運動可以看作平拋運動，根據(jù)h=12gt2，可得t=2hg，由圖可知，第二次運動過程中的高度較小，所以運動時間較短，故A錯誤；
B.斜拋運動可以分解為水平方向的勻速運動，設(shè)初速度為v0，與水平方向的夾角為θ；根據(jù)勻速運動規(guī)律，水平位移x＝vxt，由于兩次水平位移相等，但第二次用的時間較短，所以第二次水平分速度較大，故B錯誤；
C.在豎直方向上做自由落體運動，由圖可知，第二次拋出時速度的豎直分量較小，故C錯誤；
D.根據(jù)速度的合成可知，水平速度第二次大，豎直速度第一次大，故拋出時的速度大小不能確定，有可能相等，故D正確。
故選：D。
（2024春?深圳期中）如圖所示某同學對著豎直墻面練習投籃，在同一高度的A、B兩點先后將球斜向上投出，籃球均能垂直打在豎直墻上的同一點P點。不計空氣阻力，則籃球投出后在空中的運動，下列說法正確的是（ ）
A．A、B兩點投出打到P點的速度大小無法比較
B．B點投出打到P點的速度大
C．A點投出在空中的運動時間長
D．B點投出在空中運動的時間長
【解答】解：AB．該運動可看作平拋運動的逆過程，根據(jù)平拋運動規(guī)律有x=v0t=v02hg
可知，水平位移越大初速度越大，則B點投出打到P點的速度大，故A錯誤，B正確；
CD．籃球在空中的運動時間由豎直方向的高度差決定，根據(jù)位移—時間關(guān)系有t=2hg
可知A點、B點投出的籃球在空中的運動時間相等，故CD錯誤；
故選：B。
類型2 半圓的平拋運動
（2024?天心區(qū)校級一模）如圖所示，將半徑為R的圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，O為圓環(huán)的圓心，BC為過圓環(huán)頂端的一條直徑，現(xiàn)將小球以初速度v從B點正上方R處的A點沿水平方向拋出，小球落到圓環(huán)上的D點，∠BOD＝37°；若將小球以初速度v1從A點沿相同的方向拋出時，小球的運動軌跡恰好與圓環(huán)相切sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，2-3=0.3，忽略空氣阻力，所有的平拋軌跡與圓環(huán)在同一豎直平面內(nèi)，則vv1為（ ）
A．5191B．14C．4191D．4181
【解答】解：將小球以初速度v從B點正上方R處的A點沿水平方向拋出，小球落到圓環(huán)上的D點，根據(jù)平拋運動規(guī)律可知
Rsin37°＝vt
2R-Rcs37°=12gt2
將小球以初速度v1從A點沿相同的方向拋出時，小球的運動軌跡恰好與圓環(huán)相扣，設(shè)此時速度與水平方向夾角為α，則
tanα=gt'v1
Rsinα＝v1t′
2R-Rcsα=12gt2
代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得vv1=5191
故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
（2023秋?九龍坡區(qū)期末）如圖所示，半徑為5m的四分之一圓弧ABC固定在水平地面上，O為圓心。在圓心O右側(cè)同一水平線上某點處，水平向左拋出一個小球，小球可視為質(zhì)點，恰好垂直擊中圓弧上的D點，D點到水平地面的高度為2m，g取10m/s2，則小球的拋出速度是（ ）
A．8153B．4153C．453D．352
【解答】解：物體做平拋運動，豎直方向上，h=12gt2，即t=2hg=2×310s=610s，在D點的速度方向與過D點的圓的切線垂直，設(shè)水平分速度與合速的夾角為α，則有tanα=vyvx=gtv0，由幾何關(guān)系，tanα=34，兩式聯(lián)立可得v0=8153，故BCD錯誤，A正確。
故選：A。
（多選）（2024春?重慶期中）半圓弧軌道ACB與斜面體A1B1C1，B1C1與圓弧的直徑AB等長，A1C1與圓弧半徑等長，不同質(zhì)量兩小球分別同時由A及A1以相同的速度水平拋出，分別落在圓弧面和斜面上，則（ ）
A．小球可能先落在圓弧面上
B．小球可能垂直于圓弧面落在圓弧上
C．兩小球平拋的末速度可能相同
D．在兩小球平拋的過程中，重力的瞬時功率可能始終相等
【解答】解：A、如圖所示：
假如小球拋出時的初速度較大，小球能落到圓弧BD上，此時小球一定是先落在圓弧面上，故A正確；
B、若小球垂直于圓弧面落在圓弧上，則速度的反向延長線經(jīng)過圓心，根據(jù)平拋運動的推論，其速度的反向延長線又經(jīng)過水平位移的中點，兩者相矛盾，則小球不可能垂直于圓弧面落在圓弧上，故B錯誤；
C、如圖，若兩球均能落到D點，則兩小球平拋的末速度相同，故C正確；
D、兩球同時拋出，則任意時刻小球速度的豎直分量始終相同，根據(jù)p＝mgvy可知，兩球重力不等，則重力的瞬時功率不可能始終相等，故D錯誤。
故選：AC。
類型3 從斜面飛出的平拋運動問題
（2024?五華區(qū)校級模擬）國家跳臺滑雪中心是中國首座跳臺滑雪場館，主體建筑靈感來自于中國傳統(tǒng)飾物“如意”，因此被形象地稱作“雪如意”。如圖所示，現(xiàn)有甲、乙兩名可視為質(zhì)點的運動員從跳臺a處先后沿水平方向向左飛出，初速度大小之比為2：3，不計空氣阻力，則甲、乙從飛出至落到斜坡（可視為斜面）上的過程中，下列說法正確的是（ ）
A．甲、乙飛行時間之比為3：2
B．甲、乙飛行的水平位移之比為4：9
C．甲、乙在空中豎直方向下落的距離之比為2：3
D．甲、乙落到坡面上的瞬時速度方向與水平方向的夾角之比為2：3
【解答】解：A、坡面傾角即為位移與水平方向的夾角，設(shè)為θ，則有
yx=12gt2v0t=gt2v0=tanθ，故飛行時間與初速度成正比，
整理解得t甲t乙=2v甲tanθg2v乙tanθg=v甲v乙=23
甲、乙兩人飛行時間之比為2：3，故A錯誤；
B、根據(jù)x＝v0t，代入數(shù)據(jù)解得x甲x乙=49
可得甲、乙兩人飛行的水平位移之比為4：9，故B正確；
C、把運動員的運動分解為沿斜面方向的運動和垂直于斜面方向的運動，由幾何關(guān)系可知，運動員在垂直于斜面方向上做初速度為v0sinθ，加速度大小為gcsθ的勻減速運動，當垂直于斜面方向的速度減小到零時，運動員離斜面距離最大，為
hm=(v0sinθ)22gcsθ，
代入數(shù)據(jù)解得則他們在空中離雪坡面的最大距離之比為h甲h乙=49，故C錯誤；
D、當落在斜坡上時，瞬時速度與水平方向夾角正切值的兩倍，只要是落在斜面上，位移與水平方向的夾角就相同，所以兩人落到斜坡上的瞬時速度方向一定相同，故D錯誤。
故選：B。
（2024?合肥三模）如圖所示，在某次跳臺滑雪比賽中，運動員以初速度v0從跳臺頂端A水平飛出，經(jīng)過一段時間后落在傾斜賽道上的B點，運動員運動到P點時離傾斜賽道最遠，P點到賽道的垂直距離為PC，P點離賽道的豎直高度為PD，賽道的傾角為θ，重力加速度為g，空氣阻力不計，運動員（包括滑雪板）視為質(zhì)點。則C、D兩點間的距離是（ ）
A．v02sinθtan2θ2gB．v02sinθtan2θg
C．v02sin2θtan2θ2gD．v02sin2θtan2θg
【解答】解：將運動員在空中的運動分解為沿斜面方向以及垂直斜面方向，根據(jù)運動的對稱性，可以得到，運動員從A運動到P點和從P點運動到B點所用時間相等，因此運動員沿平行斜面方向的分運動從A到C的時間與從C到B的時間相等，運動員沿平行斜面做加速度為gsinθ的勻加速運動，設(shè)整個運動時間為t，AC＝v0csθ?t2+12gsinθ?（t2）2
CB＝AB﹣AC＝v0csθ?t+12gsinθ?t2﹣v0csθ?t2-12gsinθ（t2）2＝v0csθ?t2+32gsinθ（t2）2，則CB﹣AC＝v0csθ?t2+32gsinθ（t2）2﹣v0csθ?t2-12gsinθ（t2）2＝gsinθ（t2）2，由于從A到P的水平位移與從P到B的水平位移相等，因此AD＝DB，則CB﹣AC＝CD＝gsinθ（t2）2運動員做平拋運動有x＝v0t，y=12gt2，tanθ=yx，解得 t=2v0tanθg，則CD=v02sinθtan2θ2g，故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
（2024?順慶區(qū)校級模擬）如圖所示，陽光垂直照射到斜面草坪上，在斜面頂端把一高爾夫球水平擊出讓其在與斜面垂直的面內(nèi)運動，小球剛好落在斜面底端。B點是運動過程中距離斜面的最遠處，A點是在陽光照射下小球經(jīng)過B點的投影點，不計空氣阻力，則（ ）
A．小球在斜面上的投影做勻速運動
B．OA與AC長度之比為1：3
C．若斜面內(nèi)D點在B點的正下方，則OD與DC長度不等
D．小球在B點的速度與整個段平均速度大小相等
【解答】解：AB、將小球的運動分解為沿斜面和垂直斜面兩個分運動，可知小球沿斜面方向做初速度為v0csθ，加速度為gsinθ的勻加速直線運動，則小球在斜面上的投影做勻加速直線運動；小球垂直斜面方向做初速度為v0sinθ，加速度為gcsθ的勻減速直線運動，B點是運動過程中距離斜面的最遠處，則此時小球垂直斜面方向的分速度剛好為0，根據(jù)對稱性可知，O到B與B到C的時間相等，均為
t=v0sinθgcsθ
則有
LOA=v0csθ?t+12gt2sinθ
LOC=v0csθ?2t+12g(2t)2sinθ
可得LAC=LOC-LOA=v0tcsθ+12g3t2sinθ
則有LOALAC=v0tcsθ+12gt2sinθv0tcsθ+12g3t2sinθ＞v0tcsθ+12gt2sinθv03tcsθ+12g3t2sinθ=13
故AB錯誤；
C、將小球的運動分解為水平方向的勻速運動和豎直方向的自由落體運動，則小球從O到B有
xOB＝v0t
小球從O到C有xOC＝v02t＝2xOB
若D點到B點的正下方，則有xOC＝2xOD
可知D點是OC的中點，則OD與DC長度相等，故C錯誤；
D、由A選項可知，沿斜面方向和垂直與斜面方向?qū)⑿∏虻倪\動分解后，到達B點的速度為
vB＝v0csθ+gsinθtOB
小球運動整段的平均速度為v=LOAtOC
整理可得v=v0csθ+12gsintOC
由A選項結(jié)論可知，O到B與B到C的時間相等，
故tOB=12tOC
聯(lián)立上式可知v=vB，故D正確。
故選：D。
類型4 飛向斜面的平拋運動問題
（2024春?西安期中）如圖所示，斜面與水平面之間的夾角為45°，在斜面底端A點正上方高度為6m處的O點，以1m/s的初速度水平拋出一個小球，飛行一段時間后撞在斜面上，不計空氣阻力，這段飛行所用的時間為（g＝10m/s2）（ ）
A．1sB．1.2sC．1.5sD．2s
【解答】解：物體做平拋運動，則水平方向：x＝vt
豎直方向：y=12gt2
根據(jù)題意和幾何關(guān)系可知y＝h﹣xtan45°
即h-xtan45°=12gt2
代入v＝1m/s，h＝6m，解得t＝1s，故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
（2024春?永川區(qū)校級期中）如圖所示，傾角為θ的斜面體固定在水平面上，兩個可視為質(zhì)點的小球甲和乙分別沿水平方向拋出，兩球的初速度大小相等，已知甲的拋出點為斜面體的頂點，經(jīng)過一段時間兩球落在斜面上的A、B兩點后不再反彈，落在斜面上的瞬間，小球乙的速度與斜面垂直。忽略空氣的阻力，重力加速度為g。則下列選項正確的是（ ）
A．甲、乙兩球在空中運動的時間之比為tan2θ：1
B．甲、乙兩球下落的高度之比為2tan2θ：1
C．甲、乙兩球的水平位移之比為tanθ：1
D．甲、乙兩球落在斜面上瞬間的速度與水平面夾角的正切值之比為2tan2θ：1
【解答】解：A、設(shè)初速度為v0，對乙分析，由于落到斜面上速度與斜面垂直，故vy=v0tanθ，故下落時間t=vyg=v0gtanθ
對甲分析，x＝v0t′，y=12gt2，tanθ=yx，聯(lián)立解得t'=2v0tanθg，故t't=2tan2θ1，故A錯誤
B、甲乙下落的高度之比為h'h=12gt'212gt2=4tan4θ1，故B錯誤
C、甲乙水平位移之比為x'x=v0t'v0t=2tan2θ1，故C錯誤；
D、甲球豎直方向的速度為v′y＝gt′＝2v0tanθ，故v'yvy=2tan2θ1，故D正確
故選：D。
（2024春?泉州期中）如圖，兩小球P、Q從同一高度分別以v1和v2的初速度水平拋出，都落在了傾角θ＝53°的斜面上的A點，其中小球P垂直打到斜面上，已知sin53°＝0.8，cs53°＝0.6。則v1、v2大小之比為（ ）
A．2：1B．3：2C．9：16D．32：9
【解答】解：兩球拋出后都做平拋運動，兩球從同一高度拋出落到同一點，它們在豎直方向的位移相等，小球在豎直方向做自由落體運動，由于豎直位移h相等，它們的運動時間t=2hg相等；
對球Q：tanθ＝tan53°=yx=12gt2v2t=gt2v2，
解得：v2=38gt，
球P垂直打在斜面上，則有：v1＝vytanθ＝gt?tan53°=43gt，
則：v1v2=43gt38gt=329，故D正確，ABC錯誤；
故選：D。
題型三 平拋運動的臨界與極值問題
處理平拋運動中的臨界問題要抓住兩點
(1)找出臨界狀態(tài)對應(yīng)的臨界條件．
(2)要用分解速度或者分解位移的思想分析平拋運動的臨界問題．
（2023秋?合肥期末）如圖所示，水平地面上放置一個直徑d＝1.2m、高h＝0.25m的無蓋薄油桶，沿油桶底面直徑距左桶壁s＝1.8m處的正上方有一P點，P點的高度H＝0.45m，從P點沿直徑AB方向水平拋出一小球，不考慮小球的反彈，下列說法不正確的是（ ）（取，g＝10m/s2，不計空氣阻力，小球可視為質(zhì)點）
A．小球的速度范圍為10m/s＜v＜15m/s時，小球擊中油桶的內(nèi)壁
B．小球的速度范圍為6m/s＜v＜10m/s時，小球擊中油桶的下底
C．小球的速度范圍為6m/s＜v＜9m/s時，小球擊中油桶外壁
D．小球的高度低于0.45m，小球也可能擊中下底
【解答】解：當小球落在A點時，根據(jù)平拋運動的規(guī)律，則H=12gt12
又s＝v1t1
得：v1=sg2H=1.8×102×0.45m/s＝6m/s
同理可知，當小球落在D點時，速度為：v2=sg2(H-h)=1.8×102×(0.45-0.25)m/s＝9m/s
假設(shè)小球落在B點時，速度為：v31=(s+d)g2H=(1.8+1.2)×102×0.45m/s＝10m/s＞v2
假設(shè)成立；
當小球落在C點時，速度為：v4=(s+d)g2(H-h)=(1.8+1.2)×102×(0.45-0.25)m/s＝15m/s
結(jié)合以上的數(shù)據(jù)可知，小球的速度 9m/s時恰好打在D點，小于10m/s則不能到達B點。
ABC、小球的速度范圍為10m/s＜v＜15m/s時，小球擊中油桶的內(nèi)壁，小球的速度范圍為9m/s＜v＜10m/s時，小球擊中油桶的下底，當小球的速度范圍為6m/s＜v＜9m/s時，小球擊中油桶外壁，故AC正確，B錯誤；
D、由以上的分析可知，當H＝0.45m時，小球的速度范圍為9m/s＜v＜10m/s時，小球都可以擊中油桶的下底，則H的高度略小一些，小球仍然可能擊中下底，故D正確。
本題選擇不正確的，
故選：B。
（2023春?天河區(qū)校級期中）如圖，窗子上、下沿間的高度H＝1.05m，墻的厚度d＝0.30m，某人在離墻壁距離L＝1.20m、距窗子上沿h＝0.20m處的P點，將可視為質(zhì)點的小物件以v的速度水平拋出，小物件能夠直接穿過窗口并落在水平地面上，取g＝10m/s2。則以下v的取值范圍滿足條件的是（ ）
A．v＞7m/sB．3m/s＜v＜6m/s
C．v＜3m/sD．3m/s＜v＜7m/s
【解答】解：小物體做平拋運動，恰好擦著窗子上沿右側(cè)穿過時v最大。此時水平方向L＝vmaxt
正方向h=12gt2
代入數(shù)據(jù)解得vmax＝6m/s
恰好擦著窗口下沿左側(cè)時速度v最小，則有水平方向L+d＝vmint′
豎直方向H+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＜6m/s，故ACD錯誤，B正確。
故選：B。
（2023秋?齊齊哈爾期末）如圖所示，從A點以某一水平速度拋出一質(zhì)量m＝1kg的小物塊（可視為質(zhì)點），當物塊運動至B點時，恰好沿切線方向進入光滑圓弧軌道BC，軌道固定，經(jīng)圓弧軌道后滑上與C點等高、靜止在粗糙水平面的長木板上，圓弧軌道C端切線水平，已知長小物塊運動至B點時的速度大小vB＝5m/s，木板的質(zhì)量M＝2kg，物塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.5，長木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.1，圓弧軌道半徑R＝2.75m，OB與豎直方向OC間的夾角θ＝37°，（g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8）求：
（1）小物塊由A運動至B所經(jīng)歷的時間t；
（2）小物塊滑動至C點時的速度大小vC；
（3）長木板至少為多長，才能保證小物塊不滑出長木板。
【解答】解：（1）小物塊由A運動至B點，物塊做平拋運動，根據(jù)豎直方向做自由落體運動，有：vy＝gt
根據(jù)運動的合成與分解，有：sin37°=vyvB
解得：t＝0.3s
（2）從B點到C點，根據(jù)動能定理可得：mg(R-Rcs37°)=12mvC2-12mvB2
代入解得：vC＝6m/s
（3）對小物塊受力分析有：μ1mg＝mam
對木塊受力分析有：μ1mg﹣μ2（m+M）g＝MaM
根據(jù)速度—時間關(guān)系有：v共＝vC﹣amt＝aMt
根據(jù)位移—時間關(guān)系有：xm=vC+v共2t，xM=v共2t
最短板長為：L＝xm﹣xM
聯(lián)立代入解得：L＝3m
題型四 斜拋運動
1．落點與拋出點在同一水平面上時的飛行時間：t＝eq \f(2v0sin θ,g).
2．射高：Y＝eq \f(v\\al(2,0y),2g)＝eq \f(v\\al(2,0)sin2 θ,2g).
3．落點與拋出點在同一水平面上時的射程
X＝v0x·t＝v0cs θ·eq \f(2v0sin θ,g)＝eq \f(v\\al(2,0)sin 2θ,g).
4．影響射程的因素
(1)當θ一定，v0越大，射程越大．
(2)當v0大小一定，θ＝45°時射程最大，當θ>45°時，射程隨θ增大而減??；θ

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