课时1 平抛运动的基本规律 一般抛体运动

网球沿水平方向被击出,不计空气阻力,网球只受重力,在空中做平抛运动,加速度不变, $ \mathrm{A} $ 错误；根据 $ ℎ=\dfrac{1}{2}g{t}^{2} $ ,可得 $ t=\sqrt{\dfrac{2ℎ}{g}} $ ,网球在空中运动的时间与初速度大小无关,只与击出点到地面的高度有关, $ \mathrm{B} $ 错误；落地时网球竖直方向的速度大小为 $ {v}_{y}=gt $ ,则网球落地时的速度大小为 $ v=\sqrt{{v}_{y}^{2}+{v}_{0}^{2}}=\sqrt{{g}^{2}{t}^{2}+{v}_{0}^{2}} $ ,可知网球落至水平地面的速度大小与初速度大小有关, $ \mathrm{C} $ 错误；网球在空中运动时,水平方向做匀速直线运动,相同时间内运动的水平位移相同, $ \mathrm{D} $ 正确.

石子接触水面时，竖直分速度大小为 $ {v}_{y}={v}_{0} \tan \theta $ ，则石子抛出时距水面的高度 $ ℎ=\dfrac{{v}_{y}^{2}}{2g}=\dfrac{{v}_{0}^{2}{ \tan }^{2}\theta }{2g} $ ， $ \mathrm{B} $ 正确.

皮球在空中做平抛运动，竖直方向有 $ ℎ=\dfrac{1}{2}g{t}^{2} $ ，可得 $ t=\sqrt{\dfrac{2ℎ}{g}} $ ，从 $ A $ 点抛出的皮球下落高度较大，则从 $ A $ 点抛出的皮球在空中运动时间较长；水平方向有 $ x={v}_{0}t $ ，由于水平位移相等，从 $ A $ 点抛出的皮球在空中运动时间较长，则从 $ A $ 点抛出的皮球初速度较小.故选 $ \mathrm{A} $ 、 $ \mathrm{C} $ .

由题意知， $ A $ 、 $ B $ 两点的竖直高度为 $ {ℎ}_{AB}=\dfrac{1}{2}g{t}_{2}^{2}-\dfrac{1}{2}g{t}_{1}^{2}=15\mathrm{m} $ ， $ A $ 、 $ B $ 两点的水平距离为 $ {x}_{AB}=\dfrac{{ℎ}_{AB}}{ \tan \theta }=10\mathrm{m} $ ，则物体的水平分速度为 $ {v}_{x}=\dfrac{{x}_{AB}}{{t}_{2}-{t}_{1}}=10\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ，物体在 $ B $ 点处速度与水平方向的夹角的正切值为 $ \tan \beta =\dfrac{{v}_{y}}{{v}_{x}}=\dfrac{g{t}_{2}}{{v}_{x}}=2 $ ，故 $ \mathrm{B} $ 正确.

（1） 炸弹刚好垂直坡面击中斜坡上的目标 $ A $ 点，由几何关系可得 $ \sin {37}^{\circ }=\dfrac{{v}_{0}}{v} $ ，

解得炸弹击中 $ A $ 点时的速度大小为 $ v=350\mathrm{m}/\mathrm{s} $ .

（2） 由几何关系可得 $ \tan {37}^{\circ }=\dfrac{{v}_{0}}{gt} $ ，

解得炸弹在空中运动的时间为 $ t=28\mathrm{s} $ .

设小球到达墙壁时速度方向与水平方向的夹角为 $ \theta $ ，位移与水平方向的夹角为 $ \alpha $ ，如图所示，则 $ \tan \theta =\dfrac{gt}{{v}_{0}} $ ， $ \tan \alpha =\dfrac{y}{x}=\dfrac{\dfrac{1}{2}g{t}^{2}}{{v}_{0}t}=\dfrac{gt}{2{v}_{0}} $ ，解得 $ \tan \theta =2 \tan \alpha $ ，由几何关系知，速度的反向延长线经过 $ OA $ 的中点，即每次抛出的小球在碰到墙壁前瞬间，其速度的反向延长线交于 $ OA $ 上的同一点， $ \mathrm{A} $ 正确.

两球均做平抛运动，根据竖直方向的运动规律有 $ ℎ=\dfrac{1}{2}g{t}^{2} $ ，甲、乙从抛出到落地的高度相等，则运动时间相等， $ \mathrm{A} $ 正确；平抛运动速度的反向延长线经过水平位移的中点，故乙运动到 $ E $ 点时速度的反向延长线不可能经过 $ O $ 点，乙运动到 $ D $ 点时速度的反向延长线经过 $ O $ 点， $ \mathrm{B} $ 错误， $ \mathrm{C} $ 正确；根据平抛运动规律有 $ x=vt $ ， $ {t}_{甲}={t}_{乙} $ ， $ {x}_{乙}=2{x}_{甲} $ ，可知 $ \dfrac{{v}_{甲}}{{v}_{乙}}=\dfrac{1}{2} $ ， $ \mathrm{D} $ 错误.

根据斜抛运动规律,可得水由喷出到运动至最高点的时间 $ {t}_{1}=\dfrac{v \sin \theta }{g}=\dfrac{\sqrt{3}v}{2g} $ , $ \mathrm{A} $ 错误；水到达最高点时竖直方向速度为零,则此时的速度大小为 $ {v}_{x}=v \cos \theta =\dfrac{v}{2} $ , $ \mathrm{B} $ 错误；根据斜抛运动的对称性可知,水在空中做斜抛运动的时间 $ t=2{t}_{1}=\dfrac{\sqrt{3}v}{g} $ ,则水平方向的喷水距离 $ x={v}_{x}t=\dfrac{\sqrt{3}{v}^{2}}{2g} $ , $ \mathrm{C} $ 错误；水上升的最大高度 $ ℎ=\dfrac{{\left(v \sin \theta \right) ^ {2}}}{2g}=\dfrac{3{v}^{2}}{8g} $ , $ \mathrm{D} $ 正确.

喷射方向与地面夹角为 $ {90}^{\circ } $ 时喷射高度最大，有 $ H=\dfrac{{v}_{0}^{2}}{2g} $ ，解得 $ {v}_{0}=10\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ，水束喷射方向与地面夹角为 $ \theta $ ，则水束从喷出到落地时间为 $ t=2\dfrac{{v}_{0} \sin \theta }{g} $ ，水平射程 $ x={v}_{0} \cos \theta \cdot t=\dfrac{{v}_{0}^{2} \sin 2\theta }{g} $ ，故 $ x=2H \sin 2\theta $ ，当 $ \theta ={45}^{\circ } $ 时水束落地时的圆半径最大，有 $ R={x}_{\mathrm{m}}=10\mathrm{m} $ .故选 $ \mathrm{C} $ .

对物块进行受力分析可知,物块受到恒定的合外力,故物块做匀变速运动,根据牛顿第二定律得,物块的加速度 $ a=\dfrac{mg \sin \theta }{m}=g \sin \theta $ ,故 $ \mathrm{A} $ 、 $ \mathrm{B} $ 错误；根据 $ l=\dfrac{1}{2}a{t}^{2} $ ,可得 $ t=\sqrt{\dfrac{2l}{a}}=\sqrt{\dfrac{2l}{g \sin \theta }} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 错误；根据 $ b={v}_{0}t $ ,可得 $ {v}_{0}=\dfrac{b}{t}=b\sqrt{\dfrac{g \sin \theta }{2l}} $ ,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

小鱼跃出水面时,竖直方向的分速度大小为 $ {v}_{y}=v \sin {37}^{\circ }=3\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,根据 $ {v}_{y}^{2}=2gℎ $ ,解得小鱼相对于水面跃起的最大高度为 $ ℎ=0.45\mathrm{m} $ ,故选 $ \mathrm{A} $ .

根据 $ t=\sqrt{\dfrac{2h}{g}} $ 可知,飞镖 $ a $ 在空中运动的时间最长,飞镖 $ c $ 在空中运动的时间最短, $ \mathrm{A} $ 错误；根据 $ {v}_{0}=\dfrac{x}{t} $ ,三支飞镖水平位移相等,飞镖 $ c $ 在空中运动的时间最短,则飞镖 $ c $ 投出的初速度最大, $ \mathrm{B} $ 正确；三支飞镖镖身的方向是速度的方向,根据平抛运动推论可知,其延长线经过水平位移的中点,则三支飞镖镖身的延长线交于同一点, $ \mathrm{C} $ 正确；三支飞镖都只受到竖直向下的重力,则它们的速度变化量方向均竖直向下, $ \mathrm{D} $ 错误.

不计空气阻力，水柱做斜上抛运动，上升到最高点过程可看成逆向的平抛运动，由题意可知两水柱的竖直高度相同，由 $ 2gℎ={v}_{y}^{2} $ ，可知两水柱在竖直方向上的初速度大小相等，又因为 $ v=\dfrac{{v}_{y}}{ \sin \theta } $ ，所以左右两条水柱射出时的速度之比为 $ \dfrac{{v}_{左}}{{v}_{右}}=\dfrac{ \sin {37}^{\circ }}{ \sin {60}^{\circ }}=\dfrac{2\sqrt{3}}{5} $ ，故 $ \mathrm{C} $ 正确， $ \mathrm{D} $ 错误；水柱水平方向的速度大小为 $ {v}_{x}=v \cos \theta $ ，所以左右两条水柱射出时水平分速度之比为 $ \dfrac{{v}_{左x}}{{v}_{右x}}=\dfrac{{v}_{左} \cos {60}^{\circ }}{{v}_{右} \cos {37}^{\circ }}=\dfrac{\sqrt{3}}{4} $ ，故 $ \mathrm{A} $ 错误；由于水柱斜上抛到最高点的时间相等，所以左右两条水柱相遇时水平位移之比为 $ \dfrac{{x}_{左}}{{x}_{右}}=\dfrac{{v}_{左x}}{{v}_{右x}}=\dfrac{\sqrt{3}}{4} $ ，故 $ \mathrm{B} $ 正确.

当 $ a $ 球落到斜面上时,有 $ \tan {30}^{\circ }=\dfrac{\dfrac{1}{2}g{t}^{2}}{{v}_{0}t} $ ,解得 $ t=\dfrac{2{v}_{0} \tan {30}^{\circ }}{g}=\dfrac{2{v}_{0}}{\sqrt{3}g} $ ,则 $ a $ 球落到斜面上时的速度大小为 $ {v}_{a}=\sqrt{{v}_{0}^{2}+{\left(gt\right) ^ {2}}}=\sqrt{\dfrac{7}{3}}{v}_{0} $ ,若将 $ a $ 球的初速度大小变为之前的2倍,则 $ a $ 球落到斜面上时,其速度大小也变为之前的2倍,故 $ \mathrm{B} $ 正确；由以上分析可知， $ a $ 球落到斜面上用时为 $ t=\dfrac{2{v}_{0}}{\sqrt{3}g} $ ,此时 $ a $ 球的位移大小为 $ {s}_{a}=\dfrac{{v}_{0}t}{ \cos {30}^{\circ }}=\dfrac{4{v}_{0}^{2}}{3g} $ , $ b $ 球平行于 $ PQ $ 方向的位移为 $ {s}_{bx}={v}_{0}t=\dfrac{2{v}_{0}^{2}}{\sqrt{3}g} $ ,垂直于 $ PQ $ 方向的位移为 $ {s}_{by}=\dfrac{1}{2}g \sin {30}^{\circ }\cdot {t}^{2}=\dfrac{{v}_{0}^{2}}{3g} $ , $ b $ 球的位移大小为 $ {s}_{b}=\sqrt{{s}_{bx}^{2}+{s}_{by}^{2}}=\dfrac{\sqrt{13}{v}_{0}^{2}}{3g}\ne {s}_{a} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 错误；根据 $ {v}_{b}=\sqrt{{v}_{0}^{2}+{\left(g \sin {30}^{\circ }\cdot t^\prime \right) ^ {2}}} $ ,若将 $ b $ 球的初速度大小变为之前的2倍,则在相同时间内,其速度大小不是之前的2倍,故 $ \mathrm{C} $ 错误； $ a $ 球落到斜面上时的速度大小为 $ {v}_{a}=\sqrt{\dfrac{7}{3}}{v}_{0} $ ,此时 $ b $ 球的速度大小为 $ {v}_{b}=\sqrt{{v}_{0}^{2}+{\left(g \sin {30}^{\circ }\cdot t\right) ^ {2}}}=\dfrac{2\sqrt{3}}{3}{v}_{0}\ne \dfrac{{v}_{a}}{2} $ ,故 $ \mathrm{D} $ 错误.

由题意可知,甲球的水平位移与乙球的水平位移的大小关系为 $ {x}_{1}=2{x}_{2} $ ,时间关系为 $ {t}_{2}=2{t}_{1} $ ,由 $ x={v}_{x}t $ ,可得甲球的最小速度与乙球最小速度的关系为 $ {v}_{x1}=4{v}_{x2} $ , $ \mathrm{B} $ 错误；甲球的竖直初速度大小为 $ {v}_{y1}=g×\dfrac{{t}_{1}}{2} $ ,乙球的竖直初速度大小为 $ {v}_{y2}=g×\dfrac{{t}_{2}}{2} $ ,可得 $ {v}_{y2}=2{v}_{y1} $ ,根据速度的分解与合成,对甲球,有 $ \tan {\theta }_{1}=\dfrac{{v}_{y1}}{{v}_{x1}} $ ,对乙球,有 $ \tan {\theta }_{2}=\dfrac{{v}_{y2}}{{v}_{x2}} $ ,联立解得 $ \dfrac{ \tan {\theta }_{1}}{ \tan {\theta }_{2}}=\dfrac{1}{8} $ , $ \mathrm{A} $ 错误；从抛出到落地速度变化量 $ \mathrm{\Delta }v=gt $ ,所以从抛出到落地甲、乙两球速度的变化量之比为 $ \dfrac{\mathrm{\Delta }{v}_{1}}{\mathrm{\Delta }{v}_{2}}=\dfrac{{t}_{1}}{{t}_{2}}=\dfrac{1}{2} $ , $ \mathrm{C} $ 正确；甲、乙两球离地面的最大高度分别为 $ {ℎ}_{1}=\dfrac{1}{2}g{\left(\dfrac{{t}_{1}}{2}\right) ^ {2}} $ 、 $ {ℎ}_{2}=\dfrac{1}{2}g{\left(\dfrac{{t}_{2}}{2}\right) ^ {2}} $ ,则 $ \dfrac{{ℎ}_{1}}{{ℎ}_{2}}=\dfrac{{t}_{1}^{2}}{{t}_{2}^{2}}=\dfrac{1}{4} $ , $ \mathrm{D} $ 错误.

滑块上滑的过程中,加速度大小 $ a=g \sin \theta $ ,因此上滑的时间 $ t=\dfrac{v}{a}=\dfrac{v}{g \sin \theta } $ ,上滑的位移 $ x=\dfrac{{v}^{2}}{2a}=\dfrac{{v}^{2}}{2g \sin \theta } $ .设小球初速度大小为 $ {v}_{1} $ ,方向与斜面间的夹角为 $ \alpha $ ,将小球的运动在沿着斜面与垂直斜面方向正交分解,在垂直斜面方向上,有 $ t=\dfrac{2{v}_{1} \sin \alpha }{g \cos \theta } $ ,在沿着斜面方向上,有 $ x={v}_{1}t \cos \alpha -\dfrac{1}{2}g \sin \theta \cdot {t}^{2} $ ,联立解得 $ {v}_{1}=\dfrac{v\sqrt{1+4{ \tan }^{2}\theta }}{2 \tan \theta } $ , $ \alpha =\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{a}\mathrm{n}\dfrac{1}{2 \tan \theta } $ ,因此小球的初速度大小为 $ \dfrac{v\sqrt{1+4{ \tan }^{2}\theta }}{2 \tan \theta } $ ,方向与斜面成 $ \mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{a}\mathrm{n}\dfrac{1}{2 \tan \theta } $ 角斜向右上方.