2025屆高考物理一輪復習：拋體運動九大問題（解析版）

拋體運動九大熱點題型問題歸類

目錄

題型一平拋運動的基本規(guī)律......................................................................1

題型二平拋運動的臨界、極值問題...............................................................5

題型三斜面上的平拋問題.......................................................................13

類型1.順著斜面平拋斜面傾斜角是“位移”偏向角...............................................13

類型2.順著斜面（圓弧）平拋斜面傾斜角是“速度”偏向角......................................18

類型3.對著斜面平拋“垂直”打在斜面上斜面傾斜角為“速度”偏向角的余角........................21

類型4對著斜面平拋“最小位移”打在斜面上斜面傾斜角為“位移”偏向角的余角...................25

題型四有約束條件的平拋運動模型..............................................................29

類型1對著豎直墻壁的平拋運動...........................................................29

類型2半圓內的平拋問題..................................................................32

題型五平拋的多解問題.........................................................................41

題型六平拋與圓周的臨界問題..................................................................44

題型七斜拋運動的理解和分析..................................................................48

題型八類平拋運動.............................................................................54

題型九拋體運動中的功能與動量................................................................59

題型一平拋運動的基本規(guī)律

【解題指導】1.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。

2.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：自由落體運動。

3.基本規(guī)律(如圖)

⑴速度凰霜:苜

合速度的大小V=J度+討=Jv3+g2P

設合速度的方向與水平方向的夾角為仇有

tan6)=巴

VxVO

「水平方向：X=vot

(2)位移,

豎直方向：y=^st2

/I2

合位移的大小S=jN+y2=(V0。2-1-

設合位移的方向與水平方向的夾角為a,有

tanaSW

x2vo

(3)三個重要結論：①合速度方向與水平方向的夾角。和合位移方向與水平方向的夾角a的關系，tan6=

2tanao

②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，即XX

X

2

③速度變化：平拋運動是勻變速曲線運動，故在相等的時間內，速度的變化量（Av=gAf）相等，且必沿豎

直方向，如圖所示。任意兩時刻的速度與速度的變化量Av構成三角形，Av沿豎直方向。

【例1】（2024?重慶沙坪壩?三模）一質點做平拋運動，先后經過空中的P、。兩點，經過P點時速度方向與

水平方向的夾角為30。，經過。點時速度方向與水平方向的夾角為60。，則（）

A.P到。過程質點做非勻變速運動

B.尸。連線與水平方向夾角為60°

C.質點經過P、。兩點時豎直速度之比為1：3

D.從拋出點到P、。兩點的水平位移之比為1：2

【答案】C

【詳解】A.平拋運動過程只受重力作用，加速度不變，所以尸玲。，是勻加速曲線運動，故A錯誤；

B.由圖可知尸。連線與水平方向夾角介于30。?60。之間，故B錯誤；

C.由平拋運動水平方向做勻速直線運動，則

tan30°=—

%

tan60°=反

%

1

所以:

故c正確；

D.平拋運動豎直方向做勻變速直線運動，運動到尸、0兩點的時間關系為

人生」

’2vQy3

由時間關系得水平位移關系為

尤p_%—_1

x°votQ3

故D錯誤。

故選C。

【變式演練1】從。點以水平速度v拋出一小物體，經過〃點時速度大小為五v,N點為。到M之間軌跡

上與直線距離最遠的點，不計空氣阻力，下列說法正確的是（）

A.小物體經N點時的速度方向與（W不平行

V

B.小物體從。到N經歷的時間為丁

2g

C.。、N之間的距離為三

8g

D.曲線ON與MN關于過N點且與?！按怪钡闹本€對稱

【答案】B

【詳解】A.小物體運動過程中與的距離最遠，即沿與垂直方向的分速度為零，所以此時的速度方

向與。河平行，選項A錯誤；

B.經過M點時的速度與水平方向的夾角為45。，設0M與水平方向的夾角為a,由幾何關系可知

tana--tan45°

2

所以經N點時的速度豎直分量

V

v9=vtana=—

22

故從。到N的時間為

V

t=—

2g

選項B正確；

C.ON之間的水平位移

x=vt

豎直位移

12

y=]g廣

O、N之間的距離為

2

/2,2V17v

8g

選項C錯誤；

D.初速度為v,末速度為所以曲線ON與MN不對稱，選項D錯誤；

故選B。

【變式演練2】.小朋友玩水槍游戲時，若水從槍口沿水平方向射出時的速度大小為15m/s,水射出后落到

水平地面上。已知槍口離地面的高度為0.8m,重力加速度g取10m/s"忽略空氣阻力，則射出的水（）

A.在空中的運動時間為0.16s

B.水平射程為6m

C.落地時的速度大小為19m/s

D.落地時豎直方向的速度大小為4m/s

【答案】BD

【詳解】A.由人=；g產可得水在空中的運動時間為

廝12x0.8

-s=

g

故A錯誤；

B.水平射程

x=vof=15x0.4m=6m

故B正確；

D.落地時豎直方向速度大小為

vy=gZ=10x0.4m/s=4m/s

故D正確；

C.落地時的速度大小為

v=Qv；+v；=V152+42m/s=J241mzs

故C錯誤。

故選BDo

【變式演練3】（2023?全國?高考真題）將扁平的石子向水面快速拋出，石子可能會在水面上一跳一跳地飛向

遠方，俗稱“打水漂"。要使石子從水面跳起產生"水漂"效果，石子接觸水面時的速度方向與水面的夾角不能

大于凡為了觀察到"水漂"，一同學將一石子從距水面高度為〃處水平拋出，拋出速度的最小值為多少？

（不計石子在空中飛行時的空氣阻力，重力加速度大小為g）

【答案］1班

tan。

【詳解】石子做平拋運動，豎直方向做自由落體運動，則有

2gh=￥

可得落到水面上時的豎直速度

由題意可知

—<tan6^

%

石子拋出速度的最小值為g型。

【變式演練4】如圖所示，在距水平地面〃=0.45m的光滑平臺邊緣。點，將質量加=。.10kg可視為質點的

物塊，以%=4.0m/s的速度水平拋出，不計空氣阻力，取重力加速度g=10m/s2。

(1)求物塊拋出點。到落地點/所用的時間；

(2)求物塊拋出點。到落地點工之間的水平距離；

(3)求物塊落到N點時的速度的大小和方向。

【答案】（1）0.3s；（2）1.2m；（3）5m/s,方向與水平面夾角為37。斜向下

【詳解】（1）設物塊由點所用時間為上由平拋知識得

,12

〃=清廣

代數(shù)解得

t-0.3s

（2）設物塊做平拋運動的水平距離為x,由平拋知識得

x=v0?=1,2m

（3）物塊落到Z點時速度大小v,由幾何知識得

v==5m/s

速度與水平夾角滿足

COS0=-=-

v5

則

0=37°

速度方向與水平面夾角為37。斜向下

題型二平拋運動的臨界、極值問題

【解題指導】L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(guī)律或速度規(guī)律進行解題.

【例1】將扁平的石子向水面快速拋出，石子可能會在水面上一跳一跳地飛向遠方，俗稱"打水漂"。要使石

子從水面跳起產生"水漂"效果，石子接觸水面時的速度方向與水面的夾角不能大于夕。為了觀察到“水漂",

某同學將一石子從距水面高度為人處水平拋出，觀察到在水面跳了三次，第四次已不能從水面跳起。石子

每次與水面接觸后水平方向的速度方向不變大小減為接觸前的一半、豎直方向的速度方向反向大小減為接

觸前的四分之三。不計石子在空中飛行時的空氣阻力，重力加速度大小為g,求：

(1)第一次落至水面時豎直方向的速度大?。?/p>

(2)拋出速度大小的范圍。

【答案】(1)%;同;(2)9四c-7屈

4tan。°8tanO

【詳解】(1)第一次接觸水面時豎直方向有

2gh=彳

可得第一次落到水面上時的豎直速度

v),=yf2gh

(2)設拋出速度大小為%,由題意可知第三次落到水面時水平方向速度為與，豎直方向速度為

2=9歷

16,16

則

9

TZvy

-Vtang

升

第四次落到水面時水平方向速度為?，豎直方向速度為

O

27_頊亥

~64Vy-—64~

則

27

~77vy

>tan6?

解得石子拋出速度范圍為

9歷J7西

4tan6°8tan0

【變式演練1】恰好越過位于水平地面上高為/?的豎直擋板，然后落在水平地面上的。點，碰前碰后的速

度水平方向不變，豎直方向等大反向。球2恰好越過擋板也落在。點，忽略空氣阻力。擋板的高度〃為

()

C.2.5mD.2m

【答案】B

【詳解】A.設1、2球的初速度分別為匕、v2,從拋出到落到。點運動的時間分別為％、f2則對兩球在水

平方向有

V2f2=V/1

依題意

4=3t2

所以

匕=3%

又因兩球飛過豎直擋板前的水平位移相同，而速度的水平分量的關系為

V2=3%

故它們飛過擋板前的運動時間滿足

t[=3%

設球1從第一次落地到飛至擋板頂端所用的時間為t,則上述關系可寫為

球1第一次落地時速度的豎直分量為

匕'=J2gH

到達擋板頂端時速度的豎直分量為

v['=J2g(Hi)

兩者滿足

v；=v['+gt

聯(lián)立方程并代入數(shù)據可得

3

h=—H=3m

4

故選B。

【變式演練2】無人機操作員練習使用無人機將模擬彈從樓頂右端上方投進如圖所示樓房的窗戶中，已知樓

間距為/.窗戶距樓頂高度為心為更好地將模擬彈投進窗戶，模擬彈以與水平方向較小角度進入窗戶的效

果更好，重力加速度為g.不計空氣阻力，下列說法正確的是（)

無人機

A.無人機水平飛行速度越大越好

B.無人機應該斜向上飛行再投彈

C.無人機投彈的最佳位置是緊貼樓頂水平飛行

D.無人機投彈的最佳速度只能是「椽

【答案】CD

【詳解】A.由于兩棟樓房的距離是固定的，模擬彈離開無人機后水平方向有

X=VQt

豎直方向有

,12

〃=碑

則若無人機水平飛行速度過大，則有上述分析可知，其模擬彈運動時間將縮短，其豎直方向位移將變小,

其將不會從窗戶進入樓房，故A項錯誤；

B.模擬彈進入窗戶時，其與水平方向的夾角為。，則有

tan。±

%

若想模擬彈以與水平方向較小角度進入窗戶，則應該減小豎直方向的速度，而若斜向上飛行后投彈，則初

始時豎直方向就會做速度，則進入窗戶時，設初始時模擬彈的速度方向與水平方向的夾角為a,模擬彈的數(shù)

值方向速度為

vv=%sina+

v0cosa

其大于無人機開始時水平飛行的豎直方向速度，故無人機不應該斜向上飛行再投彈，而是水平方向飛行,

故B項錯誤；

CD.由上述分析可知，當無人機水平飛行投彈，此時水平方向有

豎直方向有

1°

^=-gr,vy=gt

則其夾角為

%V%

由此可知，若想角小，則其無人機投彈高度要小，即無人機應該緊貼樓頂飛行，則其最佳速度為

2h

故CD正確;

故選CD。

【變式演練3】（2024?遼寧沈陽?模擬預測）如圖所示，甲同學爬上山坡底端C點處的一棵樹，從樹上。點

正對著山坡水平拋出一個小石塊，石塊正好垂直打在山坡中點尸。乙同學（身高不計）在山坡頂端的N點

水平拋出一個小石塊，石塊也能落在P點。已知山坡長度/C=L,山坡與水平地面間夾角為a=37。，重力

加速度為g，空氣阻力不計，sin37°=0.6,cos37°=0.8,則（）

B.甲同學拋出的小石塊初速度大小為

C.甲、乙兩同學拋出的石塊在空中飛行的時間之比為2:1

D.甲、乙兩同學拋出的石塊在空中飛行的時間之比為2后:3

【答案】AD

【詳解】設甲拋出小石子的初速度為W，0點相對于P點的豎直高度為〃，則

H

甲拋出的小石塊落在尸點時豎直方向的速度

『7^

甲拋出小石塊的水平位移

x=—cos37°

2

X

『7

tan37°=之

Vy

聯(lián)立可得

對乙同學

1，2

3gt

tan37°=^v^

即

cos37°=vQt'

解得

v。

甲、乙兩同學拋出的石塊在空中飛行的時間之比為

t_272

廠亍

選項BC錯誤，AD正確。

故選AD。

【變式演練4】（2024?山西晉城?三模）在第19屆杭州亞運會女子排球決賽中，中國女排以3:0戰(zhàn)勝日本女

排，以六戰(zhàn)全勝且一局未失的戰(zhàn)績成功衛(wèi)冕。如圖所示，排球場的寬為力長為2d,球網高為g,發(fā)球員

在底線中點正上方的。點將排球水平擊出，排球恰好擦著網落在對方場地邊線上的E點，￡￡>=不計空

氣阻力，重力加速度大小為g,下列說法正確的是（）

A.。點距地面的高度為日B.排球做平拋運動的時間為《

C.排球擊出時的速度大小為D.排球著地時的速度大小為2點

3

【答案】C

【詳解】AB.排球做平拋運動的軌跡在地面上的投影為OE,如圖所示

顯然

O'F_CQ_2

EF~EQ

所以排球在左、右場地運動的時間之比為1：2,設排球做平拋運動的時間為3K有

_,1._tZ11,_,T

H=-g(?tY,-=--g(2t)

解得

故AB錯誤;

C.排球擊出時的速度大小

O'E_5y[gd

~3T~3

故c正確；

D.排球著地時的速度大小

故D錯誤。

故選C。

題型三斜面上的平拋問題

類型1.順著斜面平拋斜面傾斜角是“位移”偏向角

（1）落到斜面上，已知位移方向沿斜面向下（如圖）

處理方法：分解位移.

x=v（）t

1

尸尹

y

tan3=~

x

”,2votan0

可求得t=---------.

g

（2）物體離斜面距離最大，已知速度方向沿斜面向下（如圖）

處理方法：分解速度

Vx=V。，vy=gt

Vy

tan6=一

vo

votan0

t=--------.

g

【例1】（2024?安徽合肥?三模）如圖所示，在某次跳臺滑雪比賽中，運動員以初速度%從跳臺頂端/水平

飛出，經過一段時間后落在傾斜賽道上的8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

距離為尸C,P點離賽道的豎直高度為尸賽道的傾角為重力加速度為g,空氣阻力不計，運動員（包

括滑雪板）視為質點。則C、。兩點間的距離是（）

2

BVQsin0tan0

'g

說sin2^tan26sin2dtan20

D.-----------------

2gg

【答案】A

【詳解】對運動員在空中的運動沿平行斜面和垂直斜面方向分解可知，運動員從/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4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gsind的勻加速運動，設整個運動時間為/,則

2

CB-AC=gsin0￡

由于從4到。的水平位移與從。到8的水平位移相等，因此

AD=DB

則

2

CB-AC=2CD=gsin0

2

運動員做平拋運動有

,12

x=W，y=2gt

又

tan^=—

x

解得

(2%tan6

g

則

2

_VQsin6^tan0

\^j-j-

2g

故選Ao

【變式演練1】（2024?貴州遵義?三模）可視為質點的運動員從尸點以為的速度水平飛出，若不計空氣阻力,

運動員在空中飛行3s后落在斜面上。點。簡化示意圖如圖所示，已知：sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取

10m/s2o則運動員由尸到。的過程中（）

A.水平初速度大小為30m/sB.水平初速度大小為20m/s

C.尸到。的位移大小為45mD.尸到。的位移大小為60m

【答案】B

【詳解】AB.運動員由尸到0的過程中，有

12

tan37°=^—=工

2%

可得水平初速度大小為

v?=—————=20m/s

°2tan37°

故A錯誤，B正確;

CD.運動員由尸到0的過程中，水平位移為

x=vot=60m

則P到。的位移大小為

XrL

s=---------=75m

cos37°

故CD錯誤。

故選Bo

【變式演練21.近年來，國家大力開展冰雪運動進校園活動，目前己有多所冰雪特色學校，蹬冰踏雪深受

學生喜愛。如圖所示，現(xiàn)有兩名滑雪運動員（均視為質點）從跳臺。處先后沿水平方向向左飛出，其速度

大小之比為匕飛=2:1,不計空氣阻力，則兩名運動員從飛出至落到斜坡（可視為斜面）上的過程中，下列

說法正確的是（）

A.他們飛行時間之比為44=1:2

B.他們飛行的水平位移之比為西：工2=2:1

C.他們速度變化之比為△匕：△%=2：1

D.他們在空中離坡面的最大距離之比為比應=2:1

【答案】C

【詳解】A.運動員從跳臺。處水平飛出，設初速度為%,飛行時間為乙斜坡的傾角為凡運動員在空中

做平拋運動，落到斜坡上時則有

12

tan*，--gt

XVQt

解得

t2v0tan0

g

可得他們飛行時間之比為

4：/2=%：均=2：1

A錯誤;

B.運動員飛行的水平位移為

2v?tan0

x=vt=-----------

g

他們飛行的水平位移之比為

X]:X2=v；:v；=4:1

B錯誤；

C.兩運動員在水平方向的速度不變，在豎直方向的速度變化為

M=gt

因為他們飛行時間之比為

4:G=2:1

則有他們速度變化之比為

AV[:AV2=gZ,:g/2=2:1

C正確；

D.運動員在空中離坡面的最大距離為

3=(%sin行

2gcos6)

他們在空中離坡面的最大距離之比為

S]:52=v；：v；=4:1

D錯誤。

故選C。

【變式演練3】(2024?湖北?模擬預測)北京冬奧會跳臺滑雪比賽在國家跳臺滑雪中心"雪如意”舉行，跳臺滑

雪主要分為四個階段：助滑階段、起跳階段、飛行階段和著陸階段。某大跳臺的著陸坡是傾角。=37。的斜面。

比賽中某質量80kg（包括器械裝備）的運動員腳踏滑雪板沿著跳臺助滑道下滑，在起跳點。點以v°=20m/s

的水平速度騰空飛出，身體在空中沿拋物線飛行落至著陸坡上的M點后，沿坡面滑下并滑行到停止區(qū)，最

終完成比賽，如圖所示。已知3點（圖中未畫出）是該運動員在空中飛行時離著陸坡面最遠的點，取

g=10m/s2,sin370=0.6,cos370=0.8,以起跳點。點所在的平面為0勢能面，忽略空氣阻力，下列說法正確

的是（）

A.運動員在B點時的速度變化率大小為lOm/s2

B.2點距離著陸坡面的距離為9m

C.。、〃間的距離為125m

D.運動員從。點到3點的位移大小等于從3點到M點的位移大小

【答案】AB

【詳解】A.由題意可知，運動員在8點的速度變化率為

Av

-T-=g

△t

故A正確；

B.將運動員的速度和加速度分解為沿斜面方向和垂直于斜面方向，垂直于斜面方向有

vy=v0sin37°=12m/s

2

ay=gcos37°=8m/s

運動員從。點到B點的時間

=]S2點到著陸坡的距離

h=--t=9m

2

故B正確;

C.運動員從O點到/點的飛行時間

t'=2t=3sO.M間的水平距離

x=vot'=60mO,Af間的距離

.----=75m

O°Mcos37°

故C錯誤,

D.從。點到3點和從8點到M點的時間相同，水平位移相同，豎直位移不相同，合位移不相同，故D錯

誤。故選AB。

類型2.順著斜面（圓?。┢綊佇泵鎯A斜角是“速度”偏向角

1.從斜面外恰好與斜面平行的方向落到斜面（如圖）:

合速度與水平速度的夾角等于斜面傾角，常用速度關系tan8=也=8.

VxV0

2.從圓弧形軌道外平拋，恰好無碰撞地進入圓弧形軌道，如圖所示，即已知速度方向沿該點圓弧的切線方向

分解速度tan6*=—=—

vovo

【例2】如圖所示，從。點以初速度vo=6m/s水平拋出一質量加=0.5kg的小球（視為質點），小球恰好從豎

直放置的光滑圓弧軌道的6點沿切線進入圓弧軌道，經過最低點c,最后從4點飛出圓弧軌道。已知圓弧軌

道半徑R=L2m,6c段圓弧所對的圓心角a=60。，。為圓心，Od為水平半徑，不計空氣阻力，重力加速度

g=10m/s2o則下列分析錯誤的是（）

A.a、6兩點的高度差為5.4m

B.小球在c點時對圓弧軌道的壓力大小為70N

C.小球在d點時對圓弧軌道的壓力大小為55N

D.小球從d點離開后還能上升的高度為4.8m

【答案】D

【詳解】A.小球恰好從豎直放置的光滑圓弧軌道的6點沿切線進入圓弧軌道，則有

—=tan60°

%

Vy=2gh

解得

6=5.4m

故A正確，不符合題意;

B.規(guī)定c點為零勢能面根據能量守恒可得

mgh+mg(1-cos60°)~

在C點由牛頓第二定律

4=取-mg

解得

綜=70N

故B正確，不符合題意;

C.由牛頓第二定律和機械能守恒定律

m--F,

Rd

—wvj+mgR=-mv]

解得

Fd=55N

故C正確，不符合題意;

D.由公式可得

vd=2g%

解得

hx=6.6m

故D錯誤，符合題意。

故選D。

【變式演練】如圖所示，以速度%=4m/s從。點水平拋出的小球，抵達光滑固定的斜面上端月處時，速度

方向恰好沿著斜面方向，然后緊貼斜面P。做勻加速直線運動，已知斜面傾角為37°(sin37o=0.6,

cos37°=0.8),不計空氣阻力，取重力加速度為g/Om/s?。下列說法正確的是()

5-00

Q/

A.。點到尸點的豎直距離為0.45m

B.小球在斜面上運動的加速度大小比平拋運動時的大

C.撤去斜面，小球仍從。點以相同速度水平拋出，落地時間將變小

D.撤去斜面，小球仍從。點以相同速度水平拋出，落地速度不變

【答案】AC

【詳解】A.由題意可知，小球落到斜面上時速度偏轉角為37。，則有

tan37°=星

%

又因為

//=0.45m

故A項正確;

B.小球做平拋運動時的加速度為g=10m/s2,小球在斜面上運動時

mgsin37°=ma

a=6m/s2<g

故B項錯誤；

C.由于小球在斜面上的加速度，由之前分析可知為a=6m/s2,則小球在斜面上運動時，在豎直方向的加速

度為

2

av=asin37°=3.6m/s

由此可知，有斜面時，小球在豎直方向上的加速度小于重力加速度，所以撤去斜面后，小球的下落時間變

小，故C項正確；

D.根據機械能守恒得

mgh+1機V；=；mv2

撤去斜面，〃不變，則落地的速率v不變，但是速度方向不同，故D項錯誤。

故選ACo

類型3.對著斜面平拋“垂直”打在斜面上斜面傾斜角為“速度”偏向角的余角

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）

i到斜面/

處理方法：分解速度.

『Vo

VVO

tan6=-x=一

Vygt

Vo

可求得t^——.

gtan0

【例3】（2024?安徽安慶?三模）如圖所示，水平地面上固定有傾角為45。，高為〃的斜面。。點位于/點正

上方且與8點等高。細繩一端固定于。點，另一端與質量為根的小球相連。小球在豎直平面內做圓周運動,

到最低點時細繩恰好拉斷，之后做平拋運動并垂直擊中斜面的中點（重力加速度為g）,下列說法正確的是

（）

A.細繩的長度為:

B.繩剛要拉斷時張力為2mg

h

C.小球做平拋運動的時間為

4g

D.若球擊中斜面反彈的速度大小為擊中前的一半，則反彈后球能落到N點

【答案】D

【詳解】AC.小球做平拋運動并垂直擊中斜面的中點，有

tan450=*=&

%%

h

解得

%書

小球做平拋運動的豎直位移為

12〃

y=—gt=—

24

所以細繩的長度為

hhh

i——

244

A和C均錯誤;

B.在圓周運動的最低點，有

F-mg=m^-

解得，繩剛要拉斷時張力為

F=3mg

B錯誤;

D.球擊中斜面時的速度為

反彈的速度大小為

心遮

2

設反彈后能擊中/點，則水平方向位移為g,有

h

—=Mcos45°/

2

解得

豎直位移為

1

y'=v'sin45°t'——gt'~=——

22

所以反彈后球恰好能落到/點，D正確。

故選D。

【變式演練1】如圖所示，從水平面上/點以傾角為a斜向上方拋出一小球，拋出時速度大小為%。小球

落到傾角為。的斜面上C點時，速度方向正好與斜面垂直，5為小球運動的最高點，已知重力加速度為g,

貝（）

A.小球在2點的速度大小為％sina

,,,,.%cosa

B.小球從Z點運動到B點的時間為------

g

%cosa

C.小球落到C點前瞬間豎直方向的速度為

tan。

vsinCL

D.小球從5點運動到C點的時間為

gtan”

【答案】C

【詳解】A.小球在8點的速度大小為

匕=v0cosa

故A錯誤；

B.小球在N點時豎直方向上速度大小為

vy=v0sina

則小球從/點運動到B點的時間為

V,._vsina

t=--0=---------

gg

故B錯誤；

C.小球落到。點前瞬間豎直方向的速度為

I，，二匕二-cosa

'tan6tan0

故C正確；

D.小球從B點運動到。點的時間為

,_4_%cosa

t=-：-=---------

ggtand

故D錯誤。

故選C。

【變式演練2】如圖所示，傾角為37。的斜面體固定在水平面上，小球A在斜面底端正上方以速度匕向右水

平拋出，同時，小球B在斜面頂端以速度匕向左水平拋出，兩球拋出點在同一水平線上，結果兩球恰好落

在斜面上的同一點，且A球落到斜面上時速度剛好與斜面垂直，不計小球的大小，sin37°=0.6,

C.8:7