1、专题08 抛体运动九大问题目录题型一 平抛运动的基本规律1题型二 平抛运动的临界、极值问题5题型三 斜面上的平抛问题9类型1.顺着斜面平抛斜面倾斜角是“位移”偏向角9类型2.顺着斜面（圆弧）平抛斜面倾斜角是“速度”偏向角14类型3.对着斜面平抛“垂直”打在斜面上斜面倾斜角为“速度”偏向角的余角17类型4 对着斜面平抛“最小位移”打在斜面上斜面倾斜角为“位移”偏向角的余角22题型四 有约束条件的平抛运动模型25类型1对着竖直墙壁的平抛运动25类型2 半圆内的平抛问题27题型五 平抛的多解问题32题型六 平抛与圆周的临界问题35题型七 斜抛运动的理解和分析39题型八 类平抛运动45题型九 抛体运动
2、中的功能与动量50题型一 平抛运动的基本规律【解题指导】1.性质：平抛运动是加速度为g的匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线。2.研究方法：运动的合成与分解（1）水平方向：匀速直线运动。（2）竖直方向：自由落体运动。3.基本规律（如图）（1）速度合速度的大小v设合速度的方向与水平方向的夹角为，有tan 。（2）位移合位移的大小s设合位移的方向与水平方向的夹角为，有tan 。（3）三个重要结论：合速度方向与水平方向的夹角和合位移方向与水平方向的夹角的关系，tan 2tan 。做平抛（或类平抛）运动的物体任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，即xOC。速度变化：平抛运动是匀变速曲线
3、运动，故在相等的时间内，速度的变化量（vgt）相等，且必沿竖直方向，如图所示。任意两时刻的速度与速度的变化量v构成三角形，v沿竖直方向。【例1】（2023春湖南衡阳高三校考阶段练习）如图所示，甲、乙两人练习配合传球投篮，两人分别以2m/s、3m/s的速度同时匀速垂直通过篮球场地中线时，二者相距3m，甲继续匀速奔跑2s后从1.7m的高度将篮球近似水平抛出，乙在1.5m的高度接住篮球并奔向篮板。不考虑篮球的自转，忽略空气阻力，重力加速度g取，则篮球被甲抛出瞬间的速度大小约为（）A10m/sB15m/sC18m/sD20m/s【答案】D【详解】从场地中线开始，甲匀速跑动2 s后，甲、乙两人沿垂直场地
4、中线方向的位移差为。甲抛出篮球后，球做平抛运动，乙接到球时，球下落的竖直高度由可得球运动的时间在球做平抛运动的0.2 s内，乙仍然做匀速运动，此过程篮球的水平位移由可解得篮球被甲抛出瞬间的速度故选D。【例2】（2023河南郑州高三郑州外国语学校校考阶段练习）从O点以水平速度v抛出一小物体，经过M点时速度大小为v，N点为O到M之间轨迹上与直线OM距离最远的点，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A小物体经N点时的速度方向与OM不平行B小物体从O到N经历的时间为CO、N之间的距离为D曲线ON与MN关于过N点且与OM垂直的直线对称【答案】B【详解】A小物体运动过程中与OM的距离最远，即沿与OM垂直方向
5、的分速度为零，所以此时的速度方向与OM平行，选项A错误；B经过M点时的速度与水平方向的夹角为45，设OM与水平方向的夹角为，由几何关系可知所以经N点时的速度竖直分量故从O到N的时间为选项B正确；CON之间的水平位移竖直位移O、N之间的距离为选项C错误；D初速度为v，末速度为v，所以曲线ON与MN不对称，选项D错误；故选B。【例3】(2022浙江金华十校4月模拟)图甲是消防车正在机场进行水柱灭火演练的情景，小刘模拟消防水柱的示意图如图乙所示。水在空中运动，A、B为其运动轨迹上的两点，已知水在A点时的速度大小为v6 m/s，速度方向与竖直方向的夹角为45，它运动到B点时，速度方向与竖直方向的夹角为
6、37(sin 370.6)，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，则()A.图中A点是水在空中运动过程的最高点B.水在空中运动过程为变加速曲线运动C.水在B点时的速度大小为8 m/sD.A、B两点间的高度差为0.7 m【答案】D【解析】图中A点速度方向不是水平的，则图中A点不是水在空中运动过程的最高点，选项A错误；水在空中运动过程中，加速度恒定为g，则水在空中运动，为匀加速曲线运动，选项B错误；水在A、B两点时水平速度相同，则vAsin 45vBsin 37，解得B点时水的速度大小为vB5 m/s，选项C错误；A、B两点间的高度差为h0.7 m，选项D正确。【例4】（2023广东广州高三
7、广州市白云中学校考期中）如图，正在平直公路行驶的汽车紧急刹车，位于车厢前端、离地高度分别为、的两件物品，因没有固定而散落到路面，相距。由此估算刹车时的车速最接近（）A40km/hB50km/hC70km/hD90km/h【答案】A【详解】汽车紧急刹车后物品做平抛运动，平抛初速度等于汽车碰撞瞬间的行驶速度，设为v。对于物品A，水平方向上，有竖直方式上，有对于物品B，水平方向上，有竖直方式上，有根据题图分析可知解得汽车的行驶速度所以刹车时的车速最接近40km/h故选A。题型二 平抛运动的临界、极值问题【解题指导】1平抛运动的临界问题有两种常见情形：(1)物体的最大位移、最小位移、最大初速度、最小初
8、速度；(2)物体的速度方向恰好达到某一方向2解题技巧：在题中找出有关临界问题的关键字，如“恰好不出界”、“刚好飞过壕沟”、“速度方向恰好与斜面平行”、“速度方向与圆周相切”等，然后利用平抛运动对应的位移规律或速度规律进行解题【例1】（2023山东滨州统考二模）从高处的点A先后水平抛出两个小球1和2，球1与地面碰撞一次后，恰好越过位于水平地面上高为h的竖直挡板，然后落在水平地面上的D点，碰前碰后的速度水平方向不变，竖直方向等大反向。球2恰好越过挡板也落在D点，忽略空气阻力。挡板的高度h为（）ABCD【答案】B【详解】A设1、2球的初速度分别为、，从抛出到落到D点运动的时间分别为、则对两球在水平方
9、向有依题意所以又因两球飞过竖直挡板前的水平位移相同，而速度的水平分量的关系为故它们飞过挡板前的运动时间满足设球1从第一次落地到飞至挡板顶端所用的时间为t，则上述关系可写为球1第一次落地时速度的竖直分量为到达挡板顶端时速度的竖直分量为两者满足联立方程并代入数据可得故选B。【例2】(多选)(2022海南省模拟)将小球从如图所示的阶梯状平台上以一定的水平初速度v0水平抛出，所有台阶的高度和宽度均为1.0 m，取g10 m/s2，要使小球抛出后落到第三级台阶上，则v0可能为()A2 m/s B3.5 m/sC4 m/s D2 m/s【答案】AB【解析】小球抛出后越过第二台阶，根据平抛运动的特点水平方向
10、做匀速运动，竖直方向做自由落体运动可知h22Lgt，x2v0t22L；小球抛出后不会越过第三台阶，有h33Lgt，x3v0t33L，解得 m/sv0 m/s，故选项A、B正确。【例3】(2022广东五校一联)某科技比赛中，参赛者设计了一个轨道模型，如图所示.模型放到0.8 m高的水平桌子上，最高点距离水平地面2 m，右端出口水平.现让小球由最高点静止释放，忽略阻力作用，为使小球飞得最远，右端出口距离桌面的高度应设计为()A.0 B.0.1 m C.0.2 m D.0.3 m【答案】C【解析】小球从最高点到右端出口，满足机械能守恒，有mg(Hh)mv2，从右端出口飞出后小球做平抛运动，有xvt，
11、hgt2，联立解得x2，根据数学知识知，当Hhh时，x最大，即h1 m时，小球飞得最远，此时右端出口距离桌面高度为h1 m0.8 m0.2 m，故C正确.【例4】（2023广东惠州统考一模）“山西刀削面”堪称天下一绝，如图所示，小面圈（可视为质点）从距离开水锅高为h处被水平削离，与锅沿的水平距离为L，锅的半径也为L。忽略空气阻力，且小面圈都落入锅中，重力加速度为g，则下列关于所有小面圈在空中运动的描述正确的是（）A运动的时间都相同B速度的变化量不相同C落入锅中时，最大速度是最小速度的3倍D若小面圈刚被抛出时初速度为，则【答案】AD【详解】A所有的小面圈在空中均做平抛运动，竖直方向均为自由落体运
12、动，根据可知所有的小面圈在空中运动的时间都相同，A正确；B所有面圈都只受到重力作用，所以加速度均为g，根据可知所有面圈在空中运动过程中速度的变化量相同，B错误；CD若小面圈刚被抛出时初速度为，根据水平方向为匀速直线运动，落在锅里的水平距离最小值为L，最大值为3L，有则面圈落入锅中时水平速度最大值为最小值的3倍，但是竖直速度相等，根据速度的合成可知落入锅中时，最大速度小于最小速度的3倍，C错误，D正确。故选AD。题型三 斜面上的平抛问题类型1.顺着斜面平抛斜面倾斜角是“位移”偏向角(1)落到斜面上，已知位移方向沿斜面向下(如图)处理方法：分解位移.xv0tygt2tan 可求得t.(2)物体离斜
13、面距离最大，已知速度方向沿斜面向下(如图)处理方法：分解速度vxv0，vygttan t.【例1】（2023安徽校联考模拟预测）如图所示，在倾角为的斜面上A点以初速度水平抛出一个小球，小球恰好落在斜面上的B点，若小球在点抛出的初速度方向与斜面垂直，结果小球也恰好落在斜面上的B点，则此时小球抛出的初速度大小为（）ABCD【答案】C【详解】根据题意，由平抛运动规律有解得则有设小球与斜面垂直方向以抛出，则有解得故选C。【例2】（2023春湖南岳阳高三岳阳一中校联考阶段练习）如图所示，物体在倾角为、足够长的斜面上做平抛运动，最终落在斜面上，从抛出到第一次落到斜面上的过程，下列说法正确的是（）A物体在空
14、中运动的时间与初速度成正比B落到斜面上时，速度方向与水平面的夹角随初速度的增大而增大C抛出点和落点之间的距离与初速度成正比D物体在空中运动过程中，离斜面的最远距离与初速度成正比【答案】A【详解】A依题意，初速度不同的小球均落在斜面上，则具有共同的位移偏向角，根据平抛运动规律有得物体在空中运动的时间与初速度成正比，A正确；B落到斜面上时，速度与水平方向夹角满足则落到斜面上时速度方向与斜面夹角与初速度无关，B错误；C抛出点与落点间距离，抛出点和落点之间的距离与初速度的平方成正比，C错误；D当小球在运动过程中速度方向与斜面平行时，小球离斜面的距离最大，把小球初速度及重力加速度分解在平行斜面与垂直斜面
15、方向上，可得小球离斜面的最大距离为则物体在空中运动过程中，离斜面的最远距离与初速度的平方成正比，D错误。故选A。【例3】（2023春浙江高三校联考阶段练习）跳台滑雪是一项勇敢者的运动，某运动员从跳台A处沿水平方向飞出，在斜面AB上的B处着陆，斜面AB与水平方向夹角为且足够长，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A运动员在空中相同时间内的速度变化相同B运动员在斜面上的落点到A点的距离与初速度成正比C运动员落在B处的速度与水平方向夹角D运动员的质量越大，落点离A越远【答案】A【详解】A运动员在空中只受重力，加速度恒定，单位时间内速度变化相同，A正确；B落点到A的距离利用平抛规律得所以运动员在斜面上的
16、落点到A点的距离与初速度的平方成正比，故B错误；C速度与水平方向夹角的正切值是，C错误；D落点与质量无关，D错误。故选A。【例4】.（2023全国高三专题练习）近年来，国家大力开展冰雪运动进校园活动，目前已有多所冰雪特色学校，蹬冰踏雪深受学生喜爱。如图所示，现有两名滑雪运动员（均视为质点）从跳台a处先后沿水平方向向左飞出，其速度大小之比为，不计空气阻力，则两名运动员从飞出至落到斜坡（可视为斜面）上的过程中，下列说法正确的是（）A他们飞行时间之比为B他们飞行的水平位移之比为C他们速度变化之比为D他们在空中离坡面的最大距离之比为【答案】C【详解】A运动员从跳台a处水平飞出，设初速度为，飞行时间为，
17、斜坡的倾角为，运动员在空中做平抛运动，落到斜坡上时则有解得可得他们飞行时间之比为A错误；B运动员飞行的水平位移为他们飞行的水平位移之比为B错误；C两运动员在水平方向的速度不变，在竖直方向的速度变化为因为他们飞行时间之比为则有他们速度变化之比为C正确；D运动员在空中离坡面的最大距离为他们在空中离坡面的最大距离之比为D错误。故选C。类型2.顺着斜面（圆弧）平抛斜面倾斜角是“速度”偏向角1.从斜面外恰好与斜面平行的方向落到斜面(如图)：合速度与水平速度的夹角等于斜面倾角，常用速度关系tan .2.从圆弧形轨道外平抛，恰好无碰撞地进入圆弧形轨道，如图所示，即已知速度方向沿该点圆弧的切线方向分解速度ta
18、n 【例1】（2023四川模拟预测）如图所示，从a点以初速度v0=6m/s水平抛出一质量m=0.5kg的小球（视为质点），小球恰好从竖直放置的光滑圆弧轨道的b点沿切线进入圆弧轨道，经过最低点c，最后从d点飞出圆弧轨道。已知圆弧轨道半径R=l.2m，bc段圆弧所对的圆心角=60，O为圆心，Od为水平半径，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2。则下列分析错误的是（）Aa、b两点的高度差为5.4mB小球在c点时对圆弧轨道的压力大小为70NC小球在d点时对圆弧轨道的压力大小为55ND小球从d点离开后还能上升的高度为4.8m【答案】D【详解】A小球恰好从竖直放置的光滑圆弧轨道的b点沿切线进入圆弧轨道
19、，则有解得h5.4m故A正确，不符合题意；B规定c点为零势能面根据能量守恒可得在c点由牛顿第二定律解得故B正确，不符合题意；C由牛顿第二定律和机械能守恒定律解得故C正确，不符合题意；D由公式可得解得故D错误，符合题意。故选D。【例2】（2023春全国高三专题练习）如图所示，以速度从O点水平抛出的小球，抵达光滑固定的斜面上端P处时，速度方向恰好沿着斜面方向，然后紧贴斜面PQ做匀加速直线运动，已知斜面倾角为（，），不计空气阻力，取重力加速度为。下列说法正确的是（）AO点到P点的竖直距离为0.45mB小球在斜面上运动的加速度大小比平抛运动时的大C撤去斜面，小球仍从O点以相同速度水平抛出，落地时间将变
20、小D撤去斜面，小球仍从O点以相同速度水平抛出，落地速度不变【答案】AC【详解】A由题意可知，小球落到斜面上时速度偏转角为，则有解得又因为解得故A项正确；B小球做平抛运动时的加速度为，小球在斜面上运动时解得故B项错误；C由于小球在斜面上的加速度，由之前分析可知为，则小球在斜面上运动时，在竖直方向的加速度为由此可知，有斜面时，小球在竖直方向上的加速度小于重力加速度，所以撤去斜面后，小球的下落时间变小，故C项正确；D根据机械能守恒得撤去斜面，h不变，则落地的速率v不变，但是速度方向不同，故D项错误。故选AC。类型3.对着斜面平抛“垂直”打在斜面上斜面倾斜角为“速度”偏向角的余角对着斜面平抛垂直撞在斜
21、面上，已知速度方向垂直斜面向下(如图)处理方法：分解速度.vxv0vygttan 可求得t.【例1】（2023全国二模）一种定点投抛游戏可简化为如图所示的模型，以水平速度从O点抛出小球，小球正好落入倾角为的斜面上的洞中，洞口处于斜面上的P点，O、P的连线正好与斜面垂直；当以水平速度从O点抛出小球时，小球正好与斜面在Q点垂直相碰。不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A小球落在P点的时间是BQ点在P点的下方CD小球落在P点所用的时间与落在Q点所用的时间之比是【答案】AD【详解】A以水平速度v1从O点抛出小球，正好落入倾角为的斜面上的洞中，此时位移垂直于斜面，由几何关系可知所以A正确；
22、BC当以水平速度v2从O点抛出小球，小球正好与斜面在Q点垂直相碰，此时速度与斜面垂直，根据几何关系可知即故OQ连线与竖直方向的夹角满足而OP连线与竖直方向夹角为，所以，故Q点在P点的上方。由可知，又因为水平位移，由可知，故B、C错误；D落在P点的时间与落在Q点的时间之比是D正确。故选AD。【例2】（2023秋河北邢台高三统考期末）如图所示，小球以初速度正对倾角为的斜面水平抛出，小球刚好垂直碰撞斜面，已知小球做平抛运动的时间为t，则重力加速度大小为（）ABCD【答案】C【详解】小球刚好垂直碰撞斜面时，碰撞速度与水平速度、竖直速度的情况如图所示则有结合解得故C正确。故选C。【例3】（2023春山西
23、晋城高三校考阶段练习）如图，飞机距离水平地面的高度为H，在水平方向以速度v0匀速飞行，到达山坡底端正上方时释放一箱质量为m的救援物资，救援物资打在山坡上的A点，A点的高度为h，不考虑空气阻力的影响，则（）A这箱物资在空中飞行的时间为B这箱物资落到A点时的动能为CA点距山坡底端的水平距离为D山坡的倾角满足【答案】C【详解】A由可得这箱物资在空中飞行的时间为故A错误；B不考虑空气阻力的影响，只有重力做功，所以有可得故B错误；CA点距山坡底端的水平距离即为物资的水平位移，则有故C正确；D山坡的倾角满足故D错误。故选C。【例4】（2023江苏盐城高三盐城中学校考阶段练习）如图在同一竖直平面内将两个完全
24、相同的小球从不同的位置沿水平方向抛出，抛出点分别为A点和B点（图中未画出），初速度分别为和，并且，经过一段时间的运动后，两个小球同时垂直落到斜面上的同一个位置O点，不计空气阻力，则（）AAO连线与水平方向的夹角一定和BO连线与水平方向的夹角不相同B两个小球落到斜面上时的动能可能相同CAO连线与水平方向的夹角一定与斜面的倾角相同D两个小球的运动时间一定不同【答案】D【详解】A两小球垂直落入斜面，速度的偏转角相同，由平抛运动的规律可知，速度偏转角的正切值是位移偏转角的正切值的两倍，所以AO连线与水平方向的夹角一定和BO连线与水平方向的夹角相同，故A错误；BD当小球落到斜面上时，将小球的速度进行分解
25、，由几何关系可得由平抛运动的规律解得由题目可知所以小球的末动能所以故B错误，D正确；C设AO连线与水平方向的夹角为，由平抛运动的规律联立求解可得故C错误。故选D。类型4 对着斜面平抛“最小位移”打在斜面上斜面倾斜角为“位移”偏向角的余角在斜面外平抛，落在斜面上位移最小，如图所示，已知位移方向垂直斜面分解位移tan 【例1】.（2023秋陕西安康高三统考阶段练习）如图所示，倾角为37的斜面体固定放置在水平面上，斜面的高度为，点是A点正上方与点等高的点，让一小球（视为质点）从点水平向左抛出，落在斜面的点，已知、两点的连线与斜面垂直，重力加速度为g，、，下列说法正确的是（）A小球在点的速度为B小球从
26、点到点的运动时间为C小球在点的速度大小为D小球在点的速度与水平方向夹角的正切值为2【答案】A【详解】AB过点作的垂线与的交点为，设平抛运动的水平位移为，即、两点之间的距离为，如图所示由几何关系可得由平抛运动的规律可得，解得、A正确、B错误；CD小球在点沿竖直方向的分速度为小球在点的速度大小为与水平方向夹角的正切值为解得，CD错误。故选A。【例2】（2023广东高三统考阶段练习）如图所示，在斜面的上方A点，水平向右以初速度抛出一个小球，不计空气阻力，若小球击中斜面B点（图中未画出），且AB距离恰好取最小值，则小球做平抛运动的时间为（）ABCD【答案】C【详解】若小球击中斜面B点，且AB距离恰好取
27、最小值，则AB垂直斜面，此时有可得故选C。【例3】.如图所示，一小球从某固定位置以一定初速度水平抛出，已知当抛出速度为v0时，小球落到一倾角为60的斜面上，且球发生的位移最小，不计空气阻力，则()A.小球从抛出到落到斜面的时间为B.小球从抛出到落到斜面的时间为C.小球的抛出点到斜面的距离为D.小球的抛出点到斜面的距离为【答案】BC【解析】球平抛的位移最小，则抛出点和落点的连线与斜面垂直，分解位移，如图所示。设平抛时间为t，结合几何关系知，tan ，xv0t，ygt2，解得t，故选项A错误，B正确；s，选项C正确，D错误。题型四 有约束条件的平抛运动模型类型1对着竖直墙壁的平抛运动如图所示，水平
28、初速度v0不同时，虽然落点不同，但水平位移d相同，t。【例1】(多选)(2022石家庄市质检)如图所示，水平放置的网球发球机正对着竖直墙面发射网球，两次发射的网球分别在墙上留下A、B两点印迹。测得OAAB，OP为水平线，若忽略网球在空中受到的阻力，下列说法正确的是()A两球发射的初速度vAvB12B两球发射的初速度vAvB1C两球从P点发射到碰到墙面所用的时间tAtB1D两球从P点发射到碰到墙面所用的时间tAtB12【答案】BC【解析】设OAABh，忽略空气阻力，则网球做平抛运动，竖直方向上有hgt，2hgt，整理可得tAtB1，选项C正确，D错误；网球在水平方向上做匀速运动，而且水平位移大小
29、相等，则有xvAtAvBtB，整理可得vAvB1，选项A错误，B正确。【例2】.（2023全国高三专题练习）如图所示，某同学从O点对准前方的一块竖直放置的挡板将小球水平抛出，O与A在同一高度，小球的水平初速度分别为、，不计空气阻力，小球打在挡板上的位置分别是B、C，且AB=BC，则为（）A21BCD【答案】B【详解】不计空气阻力，小球在空中做平抛运动，由平抛运动规律，联立得所以又因为所以故选B。【例3】(2022云南二模)“飞镖”是一项深受人们喜爱的运动。镖靶如图所示，一同学练习投镖，若他每次都是将飞镖水平投出，飞镖在空中运动可视为平抛运动。某次飞镖打在了靶中心的正上方某处，该同学下次打靶时做
30、出调整，可能让飞镖打在靶中心的是（）A. 保持飞镖出手点距地高度和出手速度不变，减小飞镖出手点到靶的水平距离B. 保持飞镖出手点到靶的水平距离和出手速度不变，降低飞镖出手点距地高度C. 保持飞镖出手点距地高度和到靶的水平距离不变，增大飞镖的出手速度D. 保持飞镖出手点距地高度和到靶的水平距离不变，减小飞镖的出手速度【答案】BD【解析】A保持飞镖出手点距地高度和出手速度不变，减小飞镖出手点到靶的水平距离，则运动到靶的时间变短，竖直位移更短，落点在靶中心的正上方，A错误；B保持飞镖出手点到靶的水平距离和出手速度不变，则运动到靶的时间不变，竖直位移不变，由于降低飞镖出手点距地高度，落点可能在靶中心，
31、故B正确C保持飞镖出手点距地高度和到靶的水平距离不变，增大飞镖的出手速度，则运动到靶的时间变短，竖直位移更短，落点在靶中心的正上方，故C错误；D保持飞镖出手点距地高度和到靶的水平距离不变，减小飞镖的出手速度，则运动到靶的时间变长，竖直位移变长，落点可能在靶中心，故D正确；故选BD类型2 半圆内的平抛问题利用位移关系从圆心处抛出落到半径为R的圆弧上，如图所示，位移大小等于半径R从与圆心等高圆弧上抛出落到半径为R的圆弧上，如图所示，水平位移x与R的差的平方与竖直位移的平方之和等于半径的平方【例1】（2023广东一模）如图所示，一平台固定在竖直平面内，以平台右边缘O点为原点，沿平台右侧竖直向下为y轴
32、正方向，沿水平向右为x轴正方向建立直角坐标系xOy。在该坐标系中，以坐标原点O为圆心，半径为R的四分之一圆弧轨道竖直固定在平台的右侧。质量为m的小球从坐标原点O以初速度v0（大小未知）沿x轴正方向平抛。重力加速度大小为g，不计空气阻力。小球从O点抛出后到落到圆弧轨道上的过程中，下列说法正确的是（）A当初速度的大小为适当的值时，小球可能垂直落到圆弧轨道上B初速度越大，小球在空中运动的时间越长C初速度时，小球落到圆弧轨道上的动量最小D小球落到圆弧轨道上的最小动能为【答案】D【详解】A若小球垂直打在圆轨道上，则速度方向的反向延长线应交于圆心；而于平抛运动的规律可知，速度方向的反向延长线应交于水平位移
33、的中点，根据题意可知圆心和水平位移的中点不是同一位置，故A错误；B小球做平抛运动，在竖直方向上物体做自由落体运动，有解得可知h越大，小球在空中运动时间越长，由图可知小球速度v0越小，下落的高度越高，飞行时间越长，故B错误；CD设落地点与O点的连线与水平方向的夹角为，小球做平抛运动Rcos=v0t由动能定理得解得由数学知识得：当即Ek取最小值根据可知动能最小时动量最小，此时联立以上可得故C错误，D正确。故选D。【例2】（2023山东滨州高三校考阶段练习）如图所示，是半圆弧的一条水平直径，是圆弧的圆心，是圆弧上一点，在、两点分别以一定的初速度、水平抛出两个小球，结果都落在 C点，则两个球抛出的初速
34、度、的大小之比为（）A B C D 【答案】B【详解】两球下落的高度相同，根据；知，下落的时间相同，设圆弧的半径为R，根据几何关系可得则A点抛出的球平抛运动的水平位移从O点抛出的球做平抛运动的水平位移为根据知故选B。【例3】（2023云南校联考一模）如图，水平地面上有一个坑，其竖直截面为圆弧bc，半径为R，O为圆心，若在O点以大小不同的初速度v0沿Oc方向水平抛出小球，小球落在坑内。空气阻力可忽略，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（）A落在球面上的最小速度为B落在球面上的最小速度为C小球的运动时间与v0大小无关D无论调整v0大小为何值，球都不可能垂直撞击在圆弧面上【答案】BD【详解】AB小
35、球做平抛运动且而落点的速度整理得显然当时速度取得最小值，代入可得最小值为B正确，A错误；C越大，水平位移越大，竖直下落距离越小，运动时间越短，C错误；D由于速度的反向延长线恰好过与抛出点等高的水平位移的中点处，若与圆弧垂直，恰好与半径一致，两者相矛盾，因此球都不可能垂直撞击在圆弧上，D正确。故选BD。【例4】（2023安徽六安高三六安一中阶段练习）如图所示，一竖直圆弧形槽固定于水平地面上，O为圆心，AB为沿水平方向的直径。若在A点以初速度v1平抛一小球，小球将击中槽壁上的最低点D点；若A点小球抛出的同时，在C点以初速度v2向左平抛另一个小球并也能击中D点，已知COD=60，且不计空气阻力，则（
36、）A两小球同时落到D点B两小球初速度大小之比为C两小球落到D点时的速度方向与OD线夹角相等D两小球落到D点时的瞬时速率之比为【答案】BD【详解】A根据可知，向左平抛的另一个小球竖直下降的高度小一些，其先落到D点，A错误；B对A点抛出的小球有，对C点抛出的小球有，解得B正确；CA点抛出的小球落到D点时C点抛出的小球落到D点时可知，两小球落到D点时的速度方向与OD线夹角不相等，C错误；DA点抛出的小球落到D点时C点抛出的小球落到D点时结合上述，解得D正确。故选BD。题型五 平抛的多解问题【例2】（2023春云南昆明高三云南师大附中校考阶段练习）如图所示，两平行竖直光滑挡板MN、PQ直立在水平地面上
37、，它们之间的距离为L，它们的高度均为2L。将一小球（可视为质点）从M点以垂直于MN的初速度水平抛出，恰好落到Q点（小球未与挡板碰撞），重力加速度为g。（1）求小球的初速度大小；（2）若改变小球水平抛出的初速度大小，小球与两挡板碰撞时，竖直速度保持不变，水平速度瞬间等大反向，要使小球落地时与两挡板的距离相等，求初速度大小应满足的条件（碰撞时间可忽略不计）。【答案】（1）；（2）【详解】（1）小球做平抛运动，解得（2）若小球与挡板碰撞n次后落到地面解得【例2】（2023河南开封统考三模）如图所示，刚性圆柱形容器，上端开口，容器内侧高，内径，现有一刚性小球（视为质点）从容器上端内边缘沿直径以的初速度
38、水平抛出，小球恰好可以击中容器底部中心位置。已知重力加速度，忽略空气阻力，小球与容器内壁碰撞视为弹性碰撞，则小球的初速度可能是（）ABCD【答案】B【详解】根据平抛运动的分析可知，竖直方向有解得而根据题意，水平方向有（）解得因此的可能值为、故选B。【例3】（2023北京统考模拟预测）如图所示，竖直墙MN、PQ间距为l，竖直线OA到两边墙面等距。从离地高度一定的O点垂直墙面以初速度水平抛出一个小球，小球与墙上B点、C点各发生一次弹性碰撞后恰好落在地面上的A点。设B点距地面高度为，C点距地面高度为，所有摩擦和阻力均不计。下列说法正确的是（）ABC仅将间距l加倍而仍在两墙中央O点平抛，小球不会落在A
39、点D仅将初速度增为（n为正整数），小球可能落在N或Q点【答案】B【详解】AB由于竖直线OA到两边墙面距离均为，小球与墙面发生弹性碰撞，无能量损失，小球在运动过程中，竖直方向为自由落体，水平方向匀速运动，运动到B、C及A水平方向的路程之比为1：3：4，所用时间之比为1：3：4，O到B、C、A的竖直距离分别为、，由匀变速运动规律得故故A错误，B正确；C由于OA间高度不变，小球落到地面时间不变，仅将间距加倍而仍在两墙中央O点平抛，小球将与前面碰撞一次后落在A点，故C错误；D仅将初速度增为（为正整数），小球从抛出到落地在水平方向通过路程为根据对称性，小球一定落在A点，故D错误。故选B。题型六 平抛与圆
40、周的临界问题【例1】（2023河北沧州沧县中学校考模拟预测）一不可伸长的轻绳上端悬挂于点，另一端系有质量为的小球，保持绳绷直将小球拉到绳与竖直方向夹角为的点由静止释放，运动到点的正下方时绳断开，小球做平抛运动，已知点离地高度为，绳长为，重力加速度大小为，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A在绳断开前，小球受重力、绳的拉力和向心力作用B在绳断开前瞬间，小球处于失重状态C在绳断开前瞬间，小球所受绳子的拉力大小为D若夹角不变，当时，落点距起点的水平距离最远【答案】CD【详解】A在绳断开前，小球在竖直平面内做圆周运动，小球只受重力和绳的拉力作用，故A错误；B在绳断开前瞬间，小球加速度方向竖直向上，处于
41、超重状态，故B错误；C在绳断开前瞬间，设小球受绳子拉力为，根据牛顿第二定律可得质量为的小球由静止开始，运动到点正下方过程中机械能守恒，则有联立解得故C正确；D绳断开后，小球做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，则有在竖直方向上做自由落体运动，则有联立解得根据基本不等式可知，当即时，落点距起点的水平距离最远，故D正确。故选CD。【例2】（2023云南校联考模拟预测）一质量为可视为质点的小球，系于长为的轻绳一端，绳的另一端固定在点，假定绳不可伸长，柔软且无弹性。现将小球从点的正上方距离点的点以水平速度抛出，如图所示，则下列说法正确的是（）A轻绳即将伸直时，绳与竖直方向的夹角为B轻绳从释放到绷直所
42、需时间为C轻绳绷直后瞬间，小球的速度大小为D当小球到达点正下方时，绳对质点的拉力为【答案】D【详解】AB小球水平抛出后，在绳子绷直之前做平抛运动，有解得故AB错误；C绳子绷直时，水平方向的速度突变为零，只剩下竖直方向的速度，故速度故C错误；D小球在绳子绷直后运动到的正下方，机械能守恒，有又在最低点，根据受力关系解得故D正确。故选D。【例3】（2023河北高三学业考试）某水上娱乐项目可简化为如图所示的模型。摆绳上端固定在离水面高度为H的O点，人抓紧绳子另一端，在绳子伸直情况下从与O点等高处由静止开始下落，到达最低点时松手，做一段平抛运动后落入水中。当绳长为L（）时，平抛运动的水平位移为x，人可视
43、为质点，不计空气阻力。下列说法正确的是（）A绳长L不同，平抛运动的水平位移x一定不同B当绳长时，平抛运动的水平位移有最大值，为C绳长L不同，人落水时的速度大小一定不同D绳长L不同，人落水时的速度方向一定不同【答案】D【详解】A设人在O点正下方松手时的速度为v，由机械能守恒定律有可得松手后人做平抛运动，竖直方向有水平方向有可得则当绳长取不同值时，平抛运动的水平位移x可能相同，故A错误；B当，即时，平抛运动的水平位移有最大值，为H，故B错误；C设人落水时的速度为，对全过程由机械能守恒定律有可得与绳长无关，故C错误；D人做平抛运动，竖直方向有设人落水时的速度方向与水平方向的夹角为，有L与一一对应，绳
44、长L不同，人落水时的速度方向一定不同，故D正确。故选D。题型七 斜抛运动的理解和分析1定义：将物体以初速度v0斜向上方或斜向下方抛出，物体只在重力作用下的运动2性质：斜抛运动是加速度为g的匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线3研究方法：运动的合成与分解(1)水平方向：匀速直线运动；(2)竖直方向：匀变速直线运动4基本规律以斜抛运动的抛出点为坐标原点O，水平向右为x轴的正方向，竖直向上为y轴的正方向，建立如图所示的平面直角坐标系xOy.初速度可以分解为v0xv0cos ，v0yv0sin .在水平方向，物体的位移和速度分别为xv0xt(v0cos )tvxv0xv0cos 在竖直方向，物体的位移和速
45、度分别为yv0ytgt2(v0sin )tgt2vyv0ygtv0sin gt5.方法与技巧(1)斜抛运动中的极值在最高点，vy0，由式得到t将式代入式得物体的射高ym物体落回与抛出点同一高度时，有y0，由式得总时间t总将式代入式得物体的射程xm当45时，sin 2最大，射程最大所以对于给定大小的初速度v0，沿45方向斜向上抛出时，射程最大(2)逆向思维法处理斜抛问题对斜上抛运动从抛出点到最高点的运动，可逆过程分析，看成平抛运动，分析完整的斜上抛运动，还可根据对称性求解某些问题【例1】（2023浙江金华统考三模）如图所示，某同学在距离篮筐一定距离的地方起跳投篮，篮球在A点出手时与水平方向成60
46、角，速度大小为v0，在C点入框时速度与水平方向成角。现将篮球简化成质点，忽略空气阻力，取重力加速度为g，则下列分析正确的是（）A篮球在空中飞行过程中，单位时间内的速度变化量大小改变BAC两点的高度差大小为C篮球在最高点时重力势能的大小是动能大小的2倍D篮球在C点时候的速度大小为v0【答案】B【详解】A篮球在空中飞行过程中，仅受重力作用，做匀变速曲线运动，故单位时间内的速度变化量大小不变，A错误；BA点竖直方向上和水平方向上的分速度分别为，C点竖直方向上分速度为竖直方向上可视为竖直上爬运动，根据运动学关系可得AC两点的高度差大小为B正确；C未确定重力势能的零势能面，故篮球在最高点时重力势能的大小
47、与动能大小的无法比较，C错误；D篮球在C点时候的速度大小为D错误。故选B。【例2】（2023春江西高三校联考阶段练习）两名同学在篮球场进行投篮练习，投篮过程如图所示，篮球抛出点距离篮筐初始位置的水平距离为、竖直高度为。同学甲在点原地静止不动，将篮球以速度与水平成角的方向斜向上抛出，篮球投入篮筐；同学乙以的速度运球至点，将篮球相对同学乙自身竖直向上抛出，也将篮球投入篮筐。篮球可视为质点，不计空气阻力，重力加速度取，。下列说法正确的是（）A同学甲将篮球抛出时的速度大小为B同学乙将篮球抛出时竖直向上的分速度为C同学甲抛出的篮球最大高度较高D甲、乙同学抛出的篮球在空中运动的时间相等【答案】C【详解】A
48、同学甲抛出的篮球在空中做斜上抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，则解得选项A错误；D同学乙将篮球投入篮筐所用时间为可知甲、乙两同学投出的篮球在空中运动的时间不相等，选项D错误；B设同学乙抛出球时竖直方向的分速度为，则解得选项B错误；C同学甲投出的篮球在竖直方向的分速度为根据可知同学甲投出的篮球最大高度较高，选项C正确。故选C。【例3】（2023北京昌平统考二模）如图所示，把质量为m的石块从距地面高h处以初速度斜向上抛出，与水平方向夹角为，不计空气阻力，重力加速度为g。若只改变抛射角，下列物理量一定不变的是（）A石块在空中的飞行时间B石块落地的水平距离C石块落地时的动能D石块
49、落地时的动量【答案】C【详解】A石块方向分速度竖直方向根据可知在空中的飞行时间因的不同而不同，A错误；B水平方向结合A选项分析可知石块落地的水平距离可能因的不同而不同，B错误；C根据动能定理可得石块落地时的动能可知石块落地时的动能一定相同，C正确；D根据C选项分析可知，落地时速度的大小相同，但是方向不相同，所以石块落地时的动量不同，D错误。故选C。【例4】（2023春四川高三校联考阶段练习）如图所示，某同学在篮筐前某位置跳起投篮。篮球出手点离水平地面的高度，篮筐离地面的高度。篮球离开手的瞬间，水平分速度大小，篮球到达篮筐时竖直方向的分速度刚好为零。将篮球看成质点，篮筐大小忽略不计，忽略空气阻力
50、，取重力加速度大小。篮球出手点到篮筐的水平距离为（）ABCD【答案】A【详解】篮球做斜抛运动，逆过程处理，上升阶段看作平抛运动，篮球到篮筐时竖直方向的速度为零，竖直方向则有代入数据可得篮球出手点到篮筐的水平距离故A正确，BCD错误。故选A。【例5】（2023春山西高三统考阶段练习）如图所示，某同学在距离篮筐中心水平距离为x的地方跳起投篮。出手点离地面的高度为h，篮筐离地面的高度为H。该同学出手的瞬时速度，要使篮球到达篮筐中心时，竖直速度刚好为零。将篮球看成质点，篮筐大小忽略不计，忽略空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A出手时瞬时速度与水平方向的夹角为B出手时瞬时速度与水平方向的夹角
51、为C水平距离D水平距离【答案】C【详解】根据题意可知，篮球到达篮筐时，竖直速度刚好为零；根据逆向思维将篮球看成从篮筐处开始做平抛运动；设出手时瞬时速度与水平方向的夹角为，由平抛运动规律可得联立解得，故选C。题型八 类平抛运动1.类平抛运动的特点(1)有时物体的运动与平抛运动很相似，也是物体在某方向做匀速直线运动，在垂直匀速直线运动的方向上做初速度为零的匀加速直线运动。对这种像平抛又不是平抛的运动，通常称为类平抛运动。(2)受力特点：物体所受的合力为恒力，且与初速度的方向垂直。(3)运动特点：在初速度v0方向做匀速直线运动，在合外力方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a。如图所示，将质量为m
52、的小球从倾角为的光滑斜面上A点以速度v0水平抛出(v0的方向与CD平行)，小球运动到B点的过程中做的就是类平抛运动。2.类平抛运动与平抛运动的规律相类似，两者的区别(1)运动平面不同：类平抛运动任意平面；平抛运动竖直面。(2)初速度方向不同：类平抛运动任意方向；平抛运动水平方向。(3)加速度不同：类平抛运动a，与初速度方向垂直；平抛运动重力加速度g，竖直向下。【例1】 （2023春湖南长沙高三长沙一中校考阶段练习）某同学要探究类平抛运动的规律，设计了如图所示实验装置，他将一块足够大的平整方木板的一端放在水面地面上，另一端用支撑物垫起，形成一个倾角为的斜面。他先将一个小木块轻轻放在斜面上，放手后
53、发现小木块会沿斜面向下运动；接着该同学将木块置于木板左上角，同时给小木块一个平行木板水平向右的初速度 ，为探究木块的运动轨迹，在木板上沿斜面向下和水平方向建立xOy直角坐标系。木块与木板表面间的动摩擦因数处处相同均为，不计空气阻力，重力加速度为，下列说法正确的是（）A小木块在斜面上的运动轨迹为一条抛物线，该同学实验方案可行B小木块获得初速度开始运动的瞬间，其加速度大小为C小木块沿y轴方向的分运动为匀加速直线运动D小木块最终沿与y轴平行的方向做匀加速直线运动，加速度大小【答案】D【详解】ABD小木块获得初速度开始运动的瞬间，受重力、支持力、滑动摩擦力，滑动摩擦力的方向与方向反向，把重力分解为垂直
54、斜面向下和沿斜面向下的两个力，则根据牛顿第二定律有解得小木块获得初速度开始运动的瞬间的加速度大小为此后木块在y方向做加速运动，x方向做减速运动，当x方向速度减为零时，x方向不再运动，最终木块在y方向做匀加速直线运动，其加速度大小为所以木块不是做类平抛运动，故AB错误，D正确；C滑动摩擦力的方向从最初与方向反向，逐渐变为沿y轴负方向，则小木块沿y轴方向的分运动为先做加速度减小的加速直线运动，后做匀加速直线运动，故C错误。故选D。【例2】（2023春浙江高三校联考阶段练习）如图所示，将小球从倾角为的光滑斜面上A点以速度水平抛出（即），最后从B处离开斜面，已知间的高度，g取，不计空气阻力，下列说法正
55、确的是（）A小球的加速度为B小球作平抛运动，运动轨迹为抛物线C小球到达B点时的速度大小为D小球从A点运动到B点所用的时间为【答案】C【详解】A根据牛顿第二定律有解得加速度为故A错误；B小球在斜面沿CE方向加速度恒定，做匀加速度运动，沿CD方向做匀速运动，故小球作类平抛运动，运动轨迹为抛物线，故B错误；CD沿斜面向下为匀加速直线运动，根据位移时间公式可得代入数据解得小球到达B点时的速度大小为故C正确，D错误。故选C。【例3】（2023全国高三专题练习）一足够大且光滑的矩形斜面，倾角为，高为h，现有一小球在A处沿平行于底边的初速度滑上斜面，最后从B处离开斜面。已知重力加速度大小为g。下列说法正确的
56、是（）A小球的运动轨迹为抛物线B小球的加速度为C小球从A处到达B处所用的时间为D小球从A处到达B处的位移为【答案】ABC【详解】A小球受重力和支持力两个力作用，合力沿斜面向下，与初速度方向垂直，小球做类平抛运动，其运动轨迹为抛物线，故A项正确；B根据牛顿第二定律知，有解得故B项正确；C由几何关系得，小球沿加速度方向上的位移为根据公式解得故C项正确；D小球在沿初速度方向的位移为则小球从A处到达B处的位移为故D项错误。故选ABC。【例4】（2022高三课时练习）风洞实验室中可以产生沿水平方向、大小可调节的风力。如图所示，将一个质量为m的小球放入风洞实验室的光滑水平地面上的O点，小球以初速度v0水平
57、向右抛出，此时调节水平风力的大小为恒定值F，F的方向始终与初速度v0的方向垂直，最后小球运动到水平地面上的P点。已知O、P两点连线与初速度v0方向的夹角为。试求：(1)该小球运动到P点时的速度大小和“P点速度方向与初速度v0方向夹角的正切值”；(2)OP之间的距离。【答案】(1) ，；(2) 【详解】（1）设小球运动到P点时的速度大小为v，OP之间的距离L。以O点为坐标原点、初速度v0方向为x轴正方向、风力F方向为y轴正方向,建立平面直角坐标系，如图所示，有沿v0方向沿风力F方向由题意知小球运动到P点时的速度大小解得设P点的速度方向和x轴（初速度v0）的夹角为，有P点速度方向与初速度v0方向夹
58、角的正切值（2）OP之间的距离解得题型九 抛体运动中的功能与动量【例1】(2023.全国333大联考)如图所示，竖直面内有一以O为圆心的圆形区域，直径AB与水平方向的夹角=30。一小球自A点由静止释放，从圆周上的C点以速率v0穿出圆形区域。现将几个质量为m的小球自A点，先后以不为零的不同水平速度平行该竖直面射入圆形区域。忽略空气阻力，重力加速度大小为g。求：(1)该圆形区域的半径；(2)为使小球穿过圆形区域动能增量最大，该小球进入圆形区域时的速度大小；(3)为使小球穿过圆形区域前后的动量变化量大小为mv0，该小球进入圆形区域时的速度大小。【答案】(1) ；(2)；(3) 【详解】(1)小球从圆
59、周上的C点以速率穿出圆形区域，故AC沿竖直方向由几何关系可知由运动学公式可知解得(2)只有重力做功，故由圆形区域最低点（图中D点）穿出的小球重力做功最多，动能增量最大，由运动学公式可得解得(3)只受重力作用，且平抛运动的运动时间只与高度有关，故穿过圆形区域前后的动量变化量大小为的小球，必然从与C点等高的B点穿出，由运动学公式可得解得【例2】.(2022山东潍坊市高三下3月一模)质量为m的物块从某一高度以动能E水平抛出，落地时动能为3E.不计空气阻力，重力加速度为g.则物块()A抛出点的高度为B落地点到抛出点的水平距离为C落地时重力的功率为gD整个下落过程中动量变化量的大小为2【答案】D【解析】
60、由动能定理得 mgh3EE2E，故抛出点的高度为h，故A错误；由Emv02，水平方向xv0t，竖直方向hgt2，解得落地点到抛出点的水平距离为x，故B错误；落地时速度的竖直分量vy2，故落地时重力的功率为Pmgvy2g，故C错误；整个下落过程中动量变化量的大小为pmvym22，故D正确【例3】（2022届云南省昆明市高三（下）“三诊一模”摸底诊断测试理综物理试题）跳台滑雪是一项勇敢者的滑雪运动，图甲是2022年北京冬奥会跳台滑雪的主跳台“雪如意”，图乙是其部分赛道及运动情况简化示意图。现有一运动员在滑雪道上获得一定速度后从跳台a处沿水平方向飞出，在斜坡上b处着陆，测得ab间的距离为40m，斜坡
61、与水平方向的夹角为30，运动员（包括装备）质量为60kg，且可视为质点，不计空气阻力，取重力加速度g=10m/s2，则运动员（包括装备）（）A. 从a处运动到b处的时间为2sB. 落到b处前瞬间动能为2.1103JC. 从a处运动到b处过程中动量变化率不变D. 在空中距离斜坡最大距离为【答案】ACD【解析】A由a到b过程，运动员做平抛运动在竖直方向解得A正确； B在水平方向解得运动员在b点处的竖直速度为运动员在b点处的速度大小为落到b处前瞬间动能B错误；C从a处运动到b处过程中解得C正确；D沿斜面方向和垂直斜面方向建立直角坐标系，沿垂直斜面初速度的分量为 ，重力加速度g垂直斜面的分量为 设所求
62、最大距离为H，在垂直斜面方向，根据运动学公式得得D正确。故选ACD。【例4】（2023山东高三专题练习）我国正在攻关的超高速风洞，是研制新一代飞行器的摇篮，它可以复现40到100公里高空、时速最高达10公里/秒，相当于约30倍声速的飞行条件。现有一小球从风洞中的点M竖直向上抛出，小球受到大小恒定的水平风力，其运动轨迹大致如图所示，其中M、N两点在同一水平线上，O点为轨迹的最高点，小球在M点动能为，在O点动能为，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A小球所受重力和风力大小之比为B小球落到N点时的动能为C小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为D小球从M点运动到N点过程中的最小动能为【答案】BD【详
63、解】A根据题意，设风力大小为，小球的质量为，小球的初速度为，的水平距离为，竖直距离为，竖直方向上有则有从到过程中，由动能定理有可得又有水平方向上，由牛顿第二定律有由运动学公式有由于运动时间相等，则则有解得故A错误；B根据题意可知，小球在水平方向做初速度为0的匀加速直线运动，由对称性可知，小球从和从的运动时间相等，设的水平距离为，则有小球由过程中，由动能定理有解得故B正确；C由功能关系可知，小球机械能的变化量等于风力做功，则小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为故C错误；D根据题意可知，小球在重力和风力的合力场中做类斜抛运动，当小球速度方向与合力方向垂直时动能最小，根据前面分析可知合力与竖直方
64、向的夹角的正切值为根据速度的合成与分解可得小球从点运动到点过程中的最小速度为则最小动能为故D正确。故选BD。【例5】（2023春湖北高三校联考阶段练习）如图所示，网球运动员发球时，将质量为m的网球（可将其视为质点）从空中某点以初速度水平抛出，网球经过M点时，速度方向与竖直方向夹角为；网球经过N点时，速度方向与竖直方向夹角为。不计空气阻力，网球在从M点运动到N点的过程，动量变化大小为（）ABCD【答案】D【详解】根据平抛运动规律可知，网球在M点时竖直分速度为在N点的竖直分速度为则网球从M点到N点的时间为在从M点运动到N点的过程，由动量定理求得网球动量变化大小为故选D。【例6】（2023海南海口校
65、考模拟预测）如图所示，空间P点有一个点光源，仅靠P点右侧A点有一个质量为m的小球水平抛出，不计空气阻力，小球打在竖直墙上的位置离A点的高度为h，A到竖直墙面间的距离也为h，重力加速度为g。则当小球在竖直墙上的影子下移时，小球重力的瞬时功率大小为（）ABCD【答案】B【详解】小球从A点平抛击中Q点，有可得，当小球在竖直墙上的影子下移时，即平抛至A1点，影子在A2点，如图所示由A至A1点由相似三角形有而解得则重力做功的瞬时功率为故选B。【例7】（2023春河南高三校联考阶段练习）C919国产大飞机将于近日进行商业首飞，若C919某次起飞离地速度为v0，离地一段时间内水平方向速度不变，竖直方向升力（竖直方向升力为空气对飞机作用力在竖直方向合力）保持不变，飞机水平位移为x时离地高度为y，已知起飞阶段C919质量为m且保持不变，重力加速度为，下列说法正确的是（）A起飞阶段飞机竖直方向升力为B起飞阶段飞机竖直方向升力为C自起飞至离地高度为y的过程中，竖直升力对飞机做功为D自起飞至离地高度为y的过程中，飞机机械能的增加量为【答案】BC【详解】AB由题意，可知水平方向满足竖直方向满足联立解得故A错误，B正确；C自起飞至离地高度为y的过程中，竖直升力对飞机做功为故C正确；D自起飞至离地高度为y的过程中，根据功能关系可知飞机机械能的增加量即为竖直升力所做的功，则故D错误。故选BC。
