2024屆物理一輪復(fù)習(xí)講義第1講 曲線運動 運動的合成與分解含答案

2024屆物理一輪復(fù)習(xí)講義第1講曲線運動運動的合成與分解學(xué)習(xí)目標(biāo)1.理解物體做曲線運動的條件及運動性質(zhì)。2.理解合運動與分運動的概念，會用運動的合成與分解處理小船渡河、關(guān)聯(lián)速度等問題。1.2.1.思考判斷(1)速度發(fā)生變化的運動，一定是曲線運動。(×)(2)做曲線運動的物體的加速度一定是變化的。(×)(3)兩個分運動的時間一定與它們的合運動的時間相等。(√)(4)合運動的速度一定比分運動的速度大。(×)(5)只要兩個分運動為直線運動，合運動一定是直線運動。(×)(6)分運動的位移、速度、加速度與合運動的位移、速度、加速度間均滿足平行四邊形定則。(√)2.如圖1所示，高速攝像機(jī)記錄了一名擅長飛牌、射牌的魔術(shù)師的發(fā)牌過程，虛線是飛出的撲克牌的軌跡，則圖中撲克牌所受合外力F與速度v關(guān)系正確的是()圖1答案A考點一曲線運動的條件和軌跡分析1.曲線運動中速度方向、合力方向與運動軌跡之間的關(guān)系(1)速度方向與運動軌跡相切。(2)合力方向指向曲線的“凹”側(cè)。(3)運動軌跡一定夾在速度方向和合力方向之間。2.速率變化的判斷例1(多選)(2023·河北唐山高三期末)在珠海舉行的第13屆中國航展吸引了全世界的軍事愛好者。如圖2，曲線ab是一架飛機(jī)在豎直面內(nèi)進(jìn)行飛行表演時的軌跡。假設(shè)從a到b的飛行過程中，飛機(jī)的速率保持不變。則沿曲線ab運動時，飛機(jī)()圖2A.所受合力方向豎直向下B.所受合力大小不等于0C.飛機(jī)豎直分速度變大D.飛機(jī)水平分速度保持不變答案BC解析飛機(jī)做曲線運動，所受合力方向指向軌跡的凹側(cè)，則合力方向不一定豎直向下，選項A錯誤；飛機(jī)做曲線運動，加速度不為零，則所受合力大小不等于0，選項B正確；飛機(jī)的速率保持不變，則向下運動時豎直分速度變大，水平分速度減小，選項C正確，D錯誤。跟蹤訓(xùn)練1.(2023·河南鄭州高三月考)一個質(zhì)點受兩個互成銳角的恒力F1和F2作用，由靜止開始運動，若運動過程中保持二力方向不變，但F1突然增大到F1＋ΔF，則質(zhì)點以后()A.繼續(xù)做勻變速直線運動B.在相等時間內(nèi)速度的變化量一定相等C.可能做勻速直線運動D.可能做變加速曲線運動答案B解析當(dāng)F1突然增大到F1＋ΔF瞬間，合力的大小和方向發(fā)生了變化，此時合力與速度的方向不在同一條直線上，質(zhì)點將做曲線運動，接下來合力的大小和方向再次保持不變，加速度再次保持不變，因此質(zhì)點一定做勻變速曲線運動，在相等時間內(nèi)速度的變化量一定相等，故B正確?？键c二運動的合成與分解1.合運動的性質(zhì)判斷加速度(或合外力)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(變化：非勻變速運動,不變：勻變速運動))eq\a\vs4\al(加速度（或合外力）,方向與速度方向)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(共線：直線運動,不共線：曲線運動))加速度(或合外力)為0：勻速直線運動2.兩個直線運動的合運動性質(zhì)的判斷依據(jù)：看合初速度方向與合加速度(或合外力)方向是否共線。兩個互成角度的分運動合運動的性質(zhì)兩個勻速直線運動勻速直線運動一個勻速直線運動、一個勻變速直線運動勻變速曲線運動兩個初速度為零的勻加速直線運動勻加速直線運動兩個初速度不為零的勻變速直線運動如果v合與a合共線，為勻變速直線運動如果v合與a合不共線，為勻變速曲線運動例2如圖3所示，當(dāng)運動員從直升機(jī)上由靜止跳下后，在下落過程中將會受到水平風(fēng)力的影響，下列說法中正確的是()圖3A.風(fēng)力越大，運動員下落時間越長，運動員可完成更多的動作B.風(fēng)力越大，運動員著地時的豎直速度越大，有可能對運動員造成傷害C.運動員下落時間與風(fēng)力無關(guān)D.運動員著地速度與風(fēng)力無關(guān)答案C解析運動員同時參與了兩個分運動，豎直方向和水平方向的運動，兩個分運動同時發(fā)生，相互獨立，則水平方向的風(fēng)力大小不影響豎直方向的運動，即落地時間不變，選項A錯誤，C正確；不論風(fēng)速大小，運動員著地時的豎直速度不變，但水平風(fēng)速越大，水平方向的速度越大，則落地的合速度越大，故B、D錯誤。跟蹤訓(xùn)練2.(2022·江蘇南京模擬)雨滴在空中以4m/s的速度勻速豎直下落，某同學(xué)打傘以3m/s的速度勻速向西急行，如果希望雨滴垂直打向傘的截面，則傘柄應(yīng)指的方向為(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)()A.向西傾斜，與豎直方向成53°角B.向西傾斜，與豎直方向成37°角C.向東傾斜，與豎直方向成37°角D.向東傾斜，與豎直方向成53°角答案B解析如圖所示，以傘面為參考系，雨滴同時有水平向東和豎直向下的分速度，則有tanθ＝eq\f(3,4)，解得θ＝37°，可知傘柄應(yīng)指的方向為向西傾斜，與豎直方向成37°角，B正確，A、C、D錯誤。考點三小船渡河模型1.船的實際運動：是隨水漂流的運動和船相對靜水的運動的合運動。2.三種速度：船在靜水中的速度v船、水流的速度v水、船的實際速度v。3.兩類問題、三種情景渡河時間最短當(dāng)船頭方向垂直河岸時，渡河時間最短，最短時間tmin＝eq\f(d,v船)渡河位移最短如果v船＞v水，當(dāng)船頭方向與上游河岸夾角θ滿足v船cosθ＝v水時，合速度垂直于河岸，渡河位移最短，等于河寬d如果v船＜v水，當(dāng)船頭方向(即v船方向)與合速度方向垂直時，渡河位移最短，等于eq\f(dv水,v船)4.分析思路例3(多選)(2023·河北邯鄲高三期末)2021年夏天，中國多地出現(xiàn)暴雨，導(dǎo)致洪澇災(zāi)害。在某次救援演習(xí)中，一沖鋒舟勻速橫渡一條兩岸平直、水流速度不變的河流，當(dāng)沖鋒舟船頭垂直河岸航行時，恰能到達(dá)正對岸下游600m處；若沖鋒舟船頭保持與河岸成30°角向上游航行時，則恰能到達(dá)正對岸，已知河水的流速大小為5m/s，下列說法正確的是()A.沖鋒舟在靜水中的速度大小為10m/sB.河的寬度為400eq\r(3)mC.沖鋒舟在靜水中的速度大小為eq\f(10\r(3),3)m/sD.河的寬度為600eq\r(3)m答案BC解析沖鋒舟恰能到達(dá)正對岸時，在靜水中速度v靜與水的流速v水的合速度垂直于河岸，則有v靜cos30°＝v水，解得v靜＝eq\f(10\r(3),3)m/s，故A錯誤，C正確；當(dāng)沖鋒舟船頭垂直河岸航行時，恰能到達(dá)正對岸下游600m處，由于船在垂直河岸方向和沿河岸方向都是勻速運動，所以兩個方向的位移之比等于兩方向的速度之比，即eq\f(d,s)＝eq\f(v靜,v水)，式中s指沿河岸方向的位移，為600m，d指河寬，可解得d＝400eq\r(3)m，故B正確，D錯誤。跟蹤訓(xùn)練3.如圖4所示，河水由西向東流，河寬為800m，河中各點的水流速度大小為v水，各點到較近河岸的距離為x，v水與x的關(guān)系為v水＝eq\f(3,400)x(m/s)(x的單位為m)，讓小船船頭垂直河岸由南向北渡河，小船劃水速度大小恒為v船＝4m/s，則下列說法正確的是()圖4A.小船渡河的軌跡為直線B.小船在河水中的最大速度是5m/sC.小船在距南岸200m處的速度小于在距北岸200m處的速度D.小船渡河的時間是160s答案B解析小船在南北方向上為勻速直線運動，在東西方向上先加速，到達(dá)河中間后再減速，速度與加速度不共線，小船的合運動是曲線運動，選項A錯誤；當(dāng)小船運動到河中間時，東西方向上的分速度最大，v水＝3m/s，此時小船的合速度最大，最大值vm＝5m/s，選項B正確；小船在距南岸200m處的速度等于在距北岸200m處的速度，選項C錯誤；小船的渡河時間t＝eq\f(d,v船)＝eq\f(800,4)s＝200s，選項D錯誤。考點四繩(桿)端速度分解模型1.模型特點與繩(桿)相連的物體運動方向與繩(桿)不在一條直線上，沿繩(桿)方向的速度分量大小相等。2.分解原則3.常見模型模型繩端速度分解模型例4(多選)如圖5所示，不可伸長的輕繩，繞過光滑定滑輪C，與質(zhì)量為m的物體A連接，A放在傾角為θ的光滑斜面上，繩的另一端和套在固定豎直桿上的物體B連接，連接物體B的繩最初水平。從當(dāng)前位置開始，使物體B以速度v沿桿勻速向下運動，設(shè)繩的拉力為FT，在此后的運動過程中，下列說法正確的是()圖5A.物體A做加速運動 B.物體A做勻速運動C.FT小于mgsinθ D.FT大于mgsinθ答案AD解析由圖可知繩端的速度v繩＝vsinα，與B的位置有關(guān)，因為B為勻速運動，B下降過程中α變大，v繩變大，因此物體A做加速運動，F(xiàn)T大于mgsinθ，故A、D正確，B、C錯誤。跟蹤訓(xùn)練4.質(zhì)量為m的物體P置于傾角為θ1的固定光滑斜面上，輕細(xì)繩跨過光滑定滑輪分別連接著P與小車，P與滑輪間的細(xì)繩平行于斜面，小車以速率v水平向右做勻速直線運動，當(dāng)小車與滑輪間的細(xì)繩和水平方向成夾角θ2時(如圖6)，下列判斷正確的是()圖6A.P的速率為vB.P的速率為vcosθ2C.繩的拉力等于mgsinθ1D.繩的拉力小于mgsinθ1答案B解析將小車的速度v沿繩子方向和垂直于繩子方向正交分解，如圖所示，物體P的速度與小車沿繩子方向的速度相等，則有vP＝vcosθ2，故B正確，A錯誤；小車向右運動，θ2減小，v不變，所以vP逐漸變大，說明物體P沿斜面向上做加速運動。對物體P受力分析可知，物體P受到豎直向下的重力，垂直于斜面向上的支持力，沿繩向上的拉力FT，沿斜面和垂直于斜面方向建立正交軸，沿斜面方向由牛頓第二定律可得FT－mgsinθ1＝ma，可得FT>mgsinθ1，故C、D錯誤。模型桿端速度分解模型例5(2023·湖北武漢高三期末)活塞帶動飛輪轉(zhuǎn)動可簡化為如圖7所示的模型：圖中A、B、O三處都是轉(zhuǎn)軸，當(dāng)活塞在水平方向上移動時，帶動連桿AB運動，進(jìn)而帶動OB桿以O(shè)點為軸轉(zhuǎn)動。若某時刻活塞的水平速度大小為v，連桿AB與水平方向夾角為α，AB桿與OB桿的夾角為β，此時B點做圓周運動的線速度大小為()圖7A.eq\f(vsinα,sinβ) B.eq\f(vcosα,sinβ) C.eq\f(vcosα,cosβ) D.eq\f(vsinα,cosβ)答案B解析設(shè)B點做圓周運動的線速度大小為v′，此速度為B的實際速度，根據(jù)運動的合成與分解，可以分解為沿桿方向的分速度和垂直桿方向的分速度，如圖，沿桿方向的分速度為vB＝v′coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,2)))＝v′sinβ，A點速度為水平方向的v，根據(jù)運動的合成與分解，可以分解為沿桿方向的分速度和垂直桿方向的分速度，如上圖，沿桿方向的分速度為vA＝vcosα，又有二者沿桿方向的分速度相等，即v′sinβ＝vcosα，則v′＝eq\f(vcosα,sinβ)，故B正確。跟蹤訓(xùn)練5.如圖8所示，長為L的直桿一端可繞固定軸O無摩擦轉(zhuǎn)動，另一端靠在以水平速度v勻速向左運動、表面光滑的豎直擋板上，當(dāng)直桿與豎直方向夾角為θ時，直桿端點A的線速度為()圖8A.eq\f(v,sinθ) B.vsinθ C.eq\f(v,cosθ) D.vcosθ答案C解析將直桿端點A的線速度進(jìn)行分解，如圖所示，由圖中的幾何關(guān)系可得v0＝eq\f(v,cosθ)，選項C正確，A、B、D錯誤。A級基礎(chǔ)對點練對點練1曲線運動的條件和軌跡分析1.(2022·廣東深圳模擬)一輛汽車在水平公路上轉(zhuǎn)彎，沿曲線由M向N行駛，速度逐漸增大。圖中分別畫出了汽車轉(zhuǎn)彎時受到的合力F的四種方向，可能正確的是()答案B解析一輛汽車在水平公路上轉(zhuǎn)彎，沿曲線由M向N行駛，合力F指向曲線彎曲的凹側(cè)，由M向N行駛時速度逐漸增大，合力F需與速度成銳角，綜合來看，B是可能的，B正確。2.(2023·浙江杭州高三月考)“落葉球”是足球比賽中任意球的一種踢法，如圖1所示，這是某運動員主罰任意球時踢出快速旋轉(zhuǎn)的“落葉球”在空中運動的軌跡跟正常飛行軌跡相比，“落葉球”會更早地向下落回地面。對“落葉球”在飛行過程中的分析正確的是()圖1A.“落葉球”在空中的運動軌跡是對稱的B.“落葉球”更早下落是因為在運動過程中受到了指向軌跡內(nèi)側(cè)的空氣作用力C.“落葉球”的更早下落是因為在運動過程中受到了沿切線方向的空氣阻力D.“落葉球”在最高點的瞬時速度為零答案B解析“落葉球”是快速旋轉(zhuǎn)的球，所以在空中的軌跡是不對稱的，A錯誤；根據(jù)做曲線運動的條件知，“落葉球”的更早下落是因為在運動過程中受到了指向軌跡內(nèi)側(cè)的空氣作用力，C錯誤，B正確；“落葉球”在最高點的豎直速度為零，水平速度不為零，所以瞬時速度不為零，D錯誤。對點練2運動的合成與分解3.如圖2所示，一熱氣球在勻加速豎直向上運動的同時隨著水平氣流向右勻速運動，若設(shè)豎直向上為y軸正方向，水平向右為x軸正方向，則熱氣球?qū)嶋H運動的軌跡可能是()圖2答案B解析氣球水平向右做勻速運動，豎直向上做勻加速運動，則合加速度豎直向上，所受合力豎直向上，軌跡向上彎曲，故B正確。4.一小型無人機(jī)在高空中飛行，將其運動沿水平方向和豎直方向分解，水平位移x隨時間t變化的圖像如圖3甲所示，豎直方向的速度vy隨時間t變化的圖像如圖乙所示。關(guān)于無人機(jī)的運動，下列說法正確的是()圖3A.0～2s內(nèi)做勻加速直線運動B.t＝2s時速度大小為eq\r(5)m/sC.2～4s內(nèi)加速度大小為1m/s2D.0～4s內(nèi)位移大小為10m答案B解析對無人機(jī)，0～2s內(nèi)，由題圖甲知，水平方向做勻速直線運動，由題圖乙知，豎直方向做勻加速直線運動，則0～2s內(nèi)做勻加速曲線運動，故A錯誤；水平方向速度大小為vx＝1m/s，t＝2s時豎直方向速度大小為vy＝2m/s，則t＝2s時速度大小為v＝eq\r(veq\o\al(2,x)＋veq\o\al(2,y))＝eq\r(5)m/s，故B正確；2～4s內(nèi)水平方向、豎直方向均做勻速直線運動，加速度大小為0，故C錯誤；0～4s內(nèi)水平方向位移大小為x＝4m，豎直方向位移大小為y＝eq\f(1,2)×2×2m＋(4－2)×2m＝6m，則位移大小為s＝eq\r(x2＋y2)＝2eq\r(13)m，故D錯誤。對點練3小船渡河模型5.(2023·福建福州模擬)洪水無情人有情，每一次重大搶險救災(zāi)，都有子弟兵的身影。如圖4所示，水速為v，消防武警駕駛沖鋒舟行駛，若沖鋒舟沿與平直河岸成30°角的線路把被困群眾從A處送到對岸安全地B處，采取以最小速度和最短時間兩種方案行駛，則兩種方案中沖鋒舟的最小速度v1和以最短時間行駛沖鋒舟的速度v2之比為()圖4A.1∶2 B.1∶eq\r(3) C.2∶eq\r(3) D.eq\r(3)∶2答案D解析沖鋒舟以最小速度v1和最短時間分別從A到B，沖鋒舟最小速度v1垂直于AB連線，有v1＝vsin30°，最短時間行駛時沖鋒舟速度v2垂直于水平河岸，有v2＝vtan30°，可知eq\f(v1,v2)＝cos30°＝eq\f(\r(3),2)，故選項D正確。6.(2022·四川成都模擬)一條平直小河的河水由西向東流，水流速度的大小為v水＝4m/s，讓小船船頭垂直河岸由南向北渡河，已知小船在垂直河岸方向運動的規(guī)律滿足x＝6t－0.05t2，且小船剛好到達(dá)河對岸，則關(guān)于小船在渡河的這段時間內(nèi)的運動情況，下列說法正確的是()A.小船渡河的軌跡為直線B.小船在河水中40s時的速度為eq\r(41)m/sC.小船在河水中40s時的位移為160mD.小船到達(dá)河對岸時沿河岸方向運動的位移為240m答案D解析由題意可知，在這段時間內(nèi)小船沿河岸方向做勻速直線運動，垂直河岸方向做勻減速直線運動，減速運動的初速度v0＝6m/s，加速度a＝－0.1m/s2。這段時間小船所受合力垂直河岸，與速度不共線，小船做曲線運動，故A錯誤；由v＝v0＋at，可得t＝40s時垂直河岸方向的速度為2m/s，根據(jù)平行四邊形定則求得合速度為2eq\r(5)m/s，故B錯誤；由x＝6t－0.05t2，求得t＝40s時小船垂直河岸方向的位移為160m，此時沿河岸方向的位移為160m，由平行四邊形定則求得合位移為160eq\r(2)m，故C錯誤；由v＝v0＋at可得，垂直河岸方向的速度為0時經(jīng)過的時間為60s，小船沿河岸方向運動的位移為x沿河岸＝v水t＝240m，故D正確。對點練4繩(桿)端速度分解模型7.(2023·福建福州高三月考)如圖5所示，一輛貨車?yán)每邕^光滑定滑輪的輕質(zhì)纜繩提升一箱貨物，已知貨箱的質(zhì)量為M，貨物的質(zhì)量為m，貨車以速度v向左做勻速直線運動，重力加速度為g，則在將貨物提升到圖示的位置時，下列說法正確的是()圖5A.纜繩中的拉力FT大于(M＋m)gB.貨箱向上運動的速度大于vC.貨箱向上運動的速度等于eq\f(v,cosθ)D.貨箱處于失重狀態(tài)答案A解析將貨車的速度進(jìn)行正交分解，如圖所示，由于繩子不可伸長，貨箱和貨物整體向上運動的速度和貨車速度沿著繩子方向的分量相等，故v1＝vcosθ，則貨箱向上運動的速度小于v，故B、C錯誤；由于θ不斷減小，cosθ增大，故v1增大，所以貨箱和貨物整體向上做加速運動，加速度向上，故拉力FT大于(M＋m)g，則貨箱處于超重狀態(tài)，故A正確，D錯誤。8.如圖6，甲、乙兩光滑小球(均可視為質(zhì)點)用輕直桿連接，乙球處于粗糙水平地面上，甲球緊靠在粗糙的豎直墻壁上，初始時輕桿豎直，桿長為4m。施加微小的擾動，使得乙球沿水平地面向右滑動，當(dāng)乙球距離起點3m時，下列說法正確的是()圖6A.甲、乙兩球的速度大小之比為eq\r(7)∶3B.甲、乙兩球的速度大小之比為3eq\r(7)∶7C.甲球即將落地時，乙球的速度與甲球的速度大小相等D.甲球即將落地時，乙球的速度達(dá)到最大答案B解析設(shè)輕桿與豎直方向的夾角為θ，則v1在沿桿方向的分量為v1∥＝v1cosθ，v2在沿桿方向的分量為v2∥＝v2sinθ，而v1∥＝v2∥，圖示位置時，有cosθ＝eq\f(\r(7),4)，sinθ＝eq\f(3,4)，解得此時甲、乙兩球的速度大小之比為eq\f(v1,v2)＝eq\f(3\r(7),7)，選項A錯誤，B正確；當(dāng)甲球即將落地時，有θ＝90°，此時甲球的速度達(dá)到最大，而乙球的速度為零，選項C、D錯誤。B級綜合提升練9.(2022·山東臨沂模擬)如圖7，某河流中水流速度大小恒為v1，A處的下游C處有個漩渦，漩渦與河岸相切于B點，漩渦的半徑為r，AB＝eq\f(4,3)r。為使小船從A點出發(fā)以恒定的速度安全到達(dá)對岸，小船航行時在靜水中速度的最小值為()圖7A.eq\f(3,5)v1 B.eq\f(24,25)v1 C.v1 D.eq\f(5,3)v1答案B解析根據(jù)題意得tanθ＝eq\f(r,\f(4,3)r)，解得θ＝37°，小船航行時在靜水中速度的最小值為v2＝v1sin2θ，解得v2＝eq\f(24,25)v1，故B正確。10.如圖8所示，甲、乙兩船在同一條河流中同時開始渡河，M、N分別是甲、乙兩船的出發(fā)點，兩船頭與河岸均成α角，甲船船頭恰好對準(zhǔn)N點的正對岸P點，經(jīng)過一段時間乙船恰好到達(dá)P點，如果劃船速度大小相等，且兩船相遇不影響各自的航行，下列判斷正確的是()圖8A.甲船也能到達(dá)正對岸B.甲船渡河時間一定短C.兩船相遇在NP直線上的某點(非P點)D.渡河過程中兩船不會相遇答案C解析甲船航行的方向與河岸成α角，水流速度水平向右，故合速度一定不會垂直河岸，即甲船不能垂直到達(dá)對岸，故A錯誤；在垂直河岸方向上，v甲＝vsinα，v乙＝vsinα，故渡河時間t甲＝eq\f(d,v甲)＝eq\f(d,vsinα)，t乙＝eq\f(d,v乙)＝eq\f(d,vsinα)，所以兩船渡河時間相等，因為在垂直河岸方向上的分速度相等，又是同時出發(fā)的，故兩船相遇在NP直線上的某點(非P點)，故B、D錯誤，C正確。11.(2022·江蘇南京模擬)如圖9所示，豎直平面內(nèi)放一直角桿MON，桿的水平部分粗糙，動摩擦因數(shù)μ＝0.2，桿的豎直部分光滑。兩部分各套有質(zhì)量均為1kg的小球A和B，A、B球間用細(xì)繩相連。A球在水平拉力F的作用下向右做速度大小為2m/s的勻速運動。g＝10m/s2，那么在該過程中()圖9A.拉力F為恒力，大小為4NB.A球所受的摩擦力為恒力，大小為4NC.B球向上做速度大小為2m/s的勻速運動D.B球向上做加速運動，當(dāng)OA＝3m，OB＝4m時，B球的速度為1.5m/s答案D解析設(shè)某時刻細(xì)繩與豎直方向的夾角為θ，如圖甲，因繩子不可伸長，所以有vAsinθ＝vBcosθ，化簡得vB＝vAtanθ，在運動過程中，繩子與豎直方向的夾角一直在增大，所以B球的速度一直增大，選項C錯誤；當(dāng)OA＝3m，OB＝4m時，B球的速度vB＝vAtanθ＝2×eq\f(3,4)m/s＝1.5m/s，選項D正確；甲分別對A、B受力分析如圖乙，根據(jù)前面分析有vB＝vAtanθ，由數(shù)學(xué)知識可知B球的速度增加的越來越快，即加速度越來越大，設(shè)B球的加速度大小為a，這時繩的拉力的豎直分量為FTcosθ＝mg＋ma，對A球有FN1＝FTcosθ＋mg＝2mg＋ma，則摩擦力Ff＝μFN1＝μ(2mg＋ma)，由于a變化，則A球所受的摩擦力不為恒力，選項B錯誤；由于A球勻速運動，所以拉力F＝Ff＋FTsinθ＝μ(2mg＋ma)＋FTsinθ，由于a和θ不斷變化，則拉力F不是恒力，選項A錯誤。乙12.(2023·廣東廣州高三專練)質(zhì)量m＝2kg的物體在光滑水平面上運動，其在相互垂直的x方向和y方向的分速度vx和vy隨時間變化的圖像如圖10甲、乙所示，求：圖10(1)物體所受的合力大小；(2)物體的初速度大?。?3)0～4s內(nèi)物體的位移大?。?4)t2＝8s時物體的速度大?。?5)物體運動軌跡的表達(dá)式。答案(1)1N(2)3m/s(3)4eq\r(10)m(4)5m/s(5)y＝eq\f(x2,36)(m)解析(1)物體在x方向的加速度大小ax＝0在y方向的加速度大小ay＝eq\f(Δvy,Δt)＝0.5m/s2故合加速度為a＝ay＝0.5m/s2根據(jù)牛頓第二定律得F合＝ma＝1N。(2)由題圖可知vx0＝3m/s，vy0＝0所以物體的初速度大小為v0＝vx0＝3m/s。(3)0～4s內(nèi)物體在x、y方向上位移分別為x1＝vx0t1＝12m，y1＝eq\f(1,2)ayteq\o\al(2,1)＝4m所以0～4s內(nèi)物體的位移s1＝eq\r(xeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,1))＝4eq\r(10)m。(4)t2＝8s時，物體在x、y方向上速度分別為vx2＝vx0＝3m/s，vy2＝ayt2＝4m/s所以此時物體的速度大小為v2＝eq\r(veq\o\al(2,x2)＋veq\o\al(2,y2))＝5m/s。(5)由x＝vxt，y＝eq\f(1,2)ayt2，vx＝3m/say＝0.5m/s2，聯(lián)立可得y＝eq\f(x2,36)(m)。第2講拋體運動學(xué)習(xí)目標(biāo)1.理解平拋運動、斜拋運動的概念及運動性質(zhì)。2.掌握拋體運動的規(guī)律，會用運動的合成與分解的方法處理拋體運動。3.會運用平拋運動的規(guī)律處理類平拋問題。1.2.1.思考判斷(1)以一定初速度水平拋出的物體所做的運動就是平拋運動。(×)(2)做平拋運動的物體的速度方向時刻在變化，加速度方向也時刻在變化。(×)(3)做平拋運動的物體的初速度越大，水平位移越大。(×)(4)做平拋運動的物體的初速度越大，在空中飛行時間越長。(×)(5)若不計空氣阻力，從同一高度平拋的物體，在空中飛行時間相等。(√)(6)做平拋運動的物體在任意相等的時間內(nèi)速度的變化量是相同的。(√)2.第24屆冬奧會于2022年2月4日在北京隆重開幕。若冬奧會跳臺滑雪比賽運動員從平臺飛出后可視為平拋運動，現(xiàn)運動員甲以一定的初速度從平臺飛出，軌跡為圖1中實線①所示，質(zhì)量比甲小的運動員乙以相同的初速度從平臺同一位置飛出，不計空氣阻力，則運動員乙的運動軌跡應(yīng)為圖中的()圖1A.① B.② C.③ D.④答案A考點一平拋運動基本規(guī)律的應(yīng)用1.飛行時間由t＝eq\r(\f(2h,g))知，下落的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。3.速度改變量因為平拋運動的加速度為恒定的重力加速度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是相同的，方向恒為豎直向下，如圖所示。4.兩個重要推論(1)做平拋運動的物體在任意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xB＝eq\f(xA,2)，如圖所示。(2)做平拋運動的物體在任意時刻任意位置處，有tanθ＝2tanα。角度單物體的平拋運動例1(2022·廣東卷，6)如圖2所示，在豎直平面內(nèi)，截面為三角形的小積木懸掛在離地足夠高處，一玩具槍的槍口與小積木上P點等高且相距為L。當(dāng)玩具子彈以水平速度v從槍口向P點射出時，小積木恰好由靜止釋放，子彈從射出至擊中積木所用時間為t。不計空氣阻力。下列關(guān)于子彈的說法正確的是()圖2A.將擊中P點，t大于eq\f(L,v)B.將擊中P點，t等于eq\f(L,v)C.將擊中P點上方，t大于eq\f(L,v)D.將擊中P點下方，t等于eq\f(L,v)答案B解析由題意知槍口與P點等高，子彈和小積木在豎直方向上均做自由落體運動，當(dāng)子彈擊中積木時子彈和積木的運動時間相同，根據(jù)h＝eq\f(1,2)gt2，可知下落高度相同，所以將擊中P點；初始狀態(tài)子彈到P點的水平距離為L，子彈在水平方向上做勻速直線運動，有t＝eq\f(L,v)，故B正確。跟蹤訓(xùn)練1.(2023·湖北武漢月考)用圖3甲所示的裝置研究平拋運動，在水平桌面上放置一個斜面，每次都讓小鋼球從斜面上的同一位置由靜止?jié)L下，滾過桌邊后鋼球便做平拋運動打在豎直墻壁上，把白紙和復(fù)寫紙貼在墻上，就可以記錄小鋼球的落點。改變桌子和墻的距離，就可以得到多組數(shù)據(jù)。已知四次實驗中桌子右邊緣離墻的距離分別為10cm、20cm、30cm、40cm，在白紙上記錄的對應(yīng)落點分別為A、B、C、D，如圖乙所示，B、C、D三點到A點的距離之比為()圖3A.4∶9∶16 B.3∶8∶15C.3∶5∶7 D.1∶3∶5答案B解析根據(jù)平拋運動規(guī)律得x＝v0t，h＝eq\f(1,2)gt2，可知運動時間之比t1∶t2∶t3∶t4＝1∶2∶3∶4，豎直方向運動距離之比h1∶h2∶h3∶h4＝1∶4∶9∶16，則B、C、D三點到A點的距離之比(h2－h(huán)1)∶(h3－h(huán)1)∶(h4－h(huán)1)＝3∶8∶15，故B正確。角度多物體的平拋運動例2如圖4所示，A、B兩點在同一條豎直線上，A點離地面的高度為3h，B點離地面的高度為2h。將兩個小球分別從A、B兩點水平拋出，它們在C點相遇，C點離地面的高度為h。已知重力加速度為g，則()圖4A.兩個小球一定同時拋出B.兩個小球一定同時落地C.兩個小球拋出的時間間隔為(2－eq\r(2))eq\r(\f(h,g))D.兩個小球拋出的初速度之比eq\f(vA,vB)＝eq\f(1,2)答案C解析平拋運動在豎直方向上做自由落體運動，由h＝eq\f(1,2)gt2，得t＝eq\r(\f(2h,g))，由于A到C的豎直高度較大，所以從A點拋出的小球運動時間較長，應(yīng)A先拋出；它們在C點相遇時A的豎直方向速度較大，離地面的高度相同，所以A小球一定先落地，故A、B錯誤；由t＝eq\r(\f(2h,g))得兩個小球拋出的時間間隔為Δt＝tA－tB＝eq\r(\f(2×2h,g))－eq\r(\f(2h,g))＝(2－eq\r(2))eq\r(\f(h,g))，故C正確；由x＝v0t得v0＝xeq\r(\f(g,2h))，x相等，則小球A、B拋出的初速度之比eq\f(vA,vB)＝eq\r(\f(hB,hA))＝eq\r(\f(h,2h))＝eq\f(\r(2),2)，故D錯誤。跟蹤訓(xùn)練2.如圖5所示，x軸在水平地面上，y軸在豎直方向。圖中畫出了從y軸上沿x軸正方向水平拋出的三個小球a、b和c的運動軌跡。不計空氣阻力，下列說法正確的是()圖5A.a和b的初速度大小之比為eq\r(2)∶1B.a和b在空中運動的時間之比為2∶1C.a和c在空中運動的時間之比為eq\r(2)∶1D.a和c的初速度大小之比為2∶1答案C解析根據(jù)t＝eq\r(\f(2h,g))可知a和b在空中運動的時間之比為eq\r(2)∶1；根據(jù)v＝eq\f(x,t)可知a和b的初速度大小之比為1∶eq\r(2)，選項A、B錯誤；根據(jù)t＝eq\r(\f(2h,g))可知a和c在空中運動的時間之比為eq\r(2)∶1，根據(jù)v＝eq\f(x,t)可知a和c的初速度大小之比為eq\r(2)∶1，選項C正確，D錯誤?？键c二類平拋運動1.受力特點物體所受合力為恒力，且與初速度的方向垂直。2.運動特點在初速度v0方向做勻速直線運動，在合力方向做初速度為零的勻加速直線運動，加速度a＝eq\f(F合,m)。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(即沿合力方向)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(dāng)?shù)闹苯亲鴺?biāo)系，將加速度分解為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3(2023·浙江杭州高三專練)據(jù)悉，我國已在陜西省西安市的閻良機(jī)場建立了一座航空母艦所使用的滑跳式甲板跑道，用來讓飛行員練習(xí)在航空母艦上的滑跳式甲板起飛。如圖6所示的AOB為此跑道縱截面示意圖，其中AO段水平，OB為拋物線，O點為拋物線的頂點，拋物線過O點的切線水平，OB的水平距離為x，豎直高度為y。某次訓(xùn)練中，觀察戰(zhàn)機(jī)(視為質(zhì)點)通過OB段時，得知戰(zhàn)機(jī)在水平方向做勻速直線運動，所用時間為t，則戰(zhàn)機(jī)離開B點的速率為()圖6A.eq\f(x,t) B.eq\f(y,t)C.eq\f(\r(x2＋y2),t) D.eq\f(\r(x2＋4y2),t)答案D解析戰(zhàn)機(jī)的運動軌跡為拋物線，則x＝vt，y＝eq\f(1,2)at2，解得a＝eq\f(2y,t2)，則B點的豎直速度veq\o\al(2,By)＝2ay＝eq\f(4y2,t2)；則戰(zhàn)機(jī)離開B點的速率為vB＝eq\r(v2＋veq\o\al(2,By))＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,t)))2＋\f(4y2,t2))＝eq\f(\r(x2＋4y2),t)，故D正確。跟蹤訓(xùn)練3.如圖7所示的光滑斜面長為l，寬為b，傾角為θ，一物塊(可看成質(zhì)點)沿斜面左上方頂點P水平射入，恰好從底端Q點離開斜面，試求：(重力加速度為g)圖7(1)物塊由P運動到Q所用的時間t；(2)物塊由P點水平射入時的初速度v0的大??；(3)物塊離開Q點時速度的大小v。答案(1)eq\r(\f(2l,gsinθ))(2)beq\r(\f(gsinθ,2l))(3)eq\r(\f(（b2＋4l2）gsinθ,2l))解析(1)沿斜面向下，有mgsinθ＝mal＝eq\f(1,2)at2聯(lián)立解得t＝eq\r(\f(2l,gsinθ))。(2)沿水平方向，有b＝v0tv0＝eq\f(b,t)＝beq\r(\f(gsinθ,2l))。(3)物塊離開Q點時的速度大小v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋（at）2)＝eq\r(\f(（b2＋4l2）gsinθ,2l))?？键c三斜拋運動1.斜拋運動的射高和射程(1)斜拋運動的飛行時間：t＝eq\f(2v0y,g)＝eq\f(2v0sinθ,g)。(2)射高：h＝eq\f(veq\o\al(2,0y),2g)＝eq\f(veq\o\al(2,0)sin2θ,2g)。(3)射程：s＝v0cosθ·t＝eq\f(2veq\o\al(2,0)sinθcosθ,g)＝eq\f(veq\o\al(2,0)sin2θ,g)，對于給定的v0，當(dāng)θ＝45°時，射程達(dá)到最大值，smax＝eq\f(veq\o\al(2,0),g)。2.逆向思維法處理斜拋運動對斜上拋運動從拋出點到最高點的運動，可逆過程分析，看成平拋運動，分析完整的斜上拋運動，還可根據(jù)對稱性求解某些問題。例4(2023·浙江杭州模擬)如圖8所示，某同學(xué)將質(zhì)量相同的三個物體從水平地面上的A點以同一速率沿不同方向拋出，運動軌跡分別為圖上的1、2、3。若忽略空氣阻力，在三個物體從拋出到落地過程中，下列說法正確的是()圖8A.軌跡為1的物體在最高點的速度最大B.軌跡為3的物體在空中飛行時間最長C.軌跡為1的物體所受重力的沖量最大D.三個物體單位時間內(nèi)速度變化量不同答案C解析根據(jù)斜上拋運動的對稱性可知，物體在最高點的速度為平拋運動的初速度，由h＝eq\f(1,2)gt2和x＝v0t得v0＝xeq\r(\f(g,2h))，可得v01＜v02＜v03，即軌跡為3的物體在最高點的速度最大，故A錯誤；由h＝eq\f(1,2)gt2知，斜拋的總時間為t總＝2t，因h1＞h2＞h3，可得軌跡為1的物體在空中飛行時間最長，故B錯誤；重力的沖量為IG＝mgt，則軌跡為1的物體所受重力的沖量最大，故C正確；三個物體均做斜上拋運動，由Δv＝g·Δt可知，單位時間內(nèi)速度變化量相同均為g，故D錯誤。跟蹤訓(xùn)練4.(多選)在籃球比賽中，投籃的投出角度太大和太小，都會影響投籃的命中率。在一次投籃表演中，郭同學(xué)在空中一個漂亮的投籃，籃球以與水平面成45°的傾角準(zhǔn)確落入籃筐，這次跳起投籃時，投球點和籃筐正好在同一水平面上，設(shè)投球點到籃筐距離為9.8m，不考慮空氣阻力，g取10m/s2。則()圖9A.籃球出手的速度大小為7m/sB.籃球在空中運動的時間為1.4sC.籃球進(jìn)筐的速度大小為7eq\r(2)m/sD.籃球投出后的最高點相對地面的豎直高度為2.45m答案BC解析籃球在空中做斜拋運動，設(shè)出手時速度為v，從拋出到入筐，籃球運動的總時間為t＝2eq\f(vsin45°,g)，水平位移x＝vcos45°·t，聯(lián)立解得t＝1.4s，v＝7eq\r(2)m/s，由對稱性可知，進(jìn)筐時速度大小也為7eq\r(2)m/s，故A錯誤，B、C正確；由拋出到最高點，豎直高度h＝eq\f(vsin45°＋0,2)·eq\f(t,2)＝2.45m，但最高點相對地面的豎直高度要大于2.45m，故D錯誤。A級基礎(chǔ)對點練對點練1平拋運動基本規(guī)律的應(yīng)用1.(多選)(2022·天津河西區(qū)模擬)以速度v0水平拋出一小球，如果從拋出到某時刻小球的豎直分位移與水平分位移大小相等，則以下判斷正確的是()A.此時小球的豎直分速度大小等于水平分速度大小的2倍B.此時小球的速度大小為4v0C.此時小球的速度方向與位移方向相同D.小球運動的時間eq\f(2v0,g)答案AD解析根據(jù)題意可得v0t＝eq\f(1,2)gt2，小球的運動時間為t＝eq\f(2v0,g)，小球的豎直分速度大小為vy＝gt＝2v0，即豎直分速度大小等于水平分速度大小的2倍，故A、D正確；此時小球的速度大小為v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＝eq\r(5)v0，故B錯誤；速度與水平方向的夾角正切值為tanα＝eq\f(vy,v0)＝2，位移與水平方向夾角的正切值為tanθ＝eq\f(y,x)＝1，顯然α≠θ，即小球的速度方向與位移方向不同，故C錯誤。2.(2023·廣東深圳一模)環(huán)保人員在一次檢查時發(fā)現(xiàn)，某廠的一根水平放置的排污管正在向廠外的河道中滿口排出污水，如圖1所示。環(huán)保人員利用手上的卷尺測出這根管道的直徑為10cm，管口中心距離河水水面的高度為80cm，污水入河道處到排污管管口的水平距離為120cm，重力加速度g取10m/s2，則該管道的排污量(即流量——單位時間內(nèi)通過管道某橫截面的流體體積)約為()圖1A.24L/s B.94L/s C.236L/s D.942L/s答案A解析根據(jù)平拋運動規(guī)律有x＝vt0，h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,0)，解得v＝3m/s，根據(jù)流量的定義有Q＝eq\f(V,t)，而V＝SL＝πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)))eq\s\up12(2)·vt，解得Q＝0.024m3/s＝24L/s，故A正確，B、C、D錯誤。3.如圖2所示，某一小球以v0＝20m/s的速度水平拋出，在落地之前經(jīng)過空中A、B兩點。在A點小球速度方向與水平方向的夾角為45°，在B點小球速度方向與水平方向的夾角為60°(空氣阻力忽略不計，g取10m/s2)。以下判斷中正確的是()圖2A.小球經(jīng)過A點時豎直方向的速度為20eq\r(3)m/sB.小球經(jīng)過A、B兩點間的時間為t＝2(eq\r(3)－1)sC.A、B兩點間的高度差h＝45mD.A、B兩點間的水平位移相差(40eq\r(3)－20)m答案B解析根據(jù)平行四邊形定則知vAy＝v0＝20m/s，vBy＝v0tan60°＝20eq\r(3)m/s，則小球由A到B的時間間隔Δt＝eq\f(vBy－vAy,g)＝eq\f(20\r(3)－20,10)s＝2(eq\r(3)－1)s，故A錯誤，B正確；A、B兩點的高度差h＝eq\f(veq\o\al(2,By)－veq\o\al(2,Ay),2g)＝eq\f(1200－400,2×10)m＝40m，故C錯誤；A、B兩點間的水平位移相差Δx＝v0Δt＝20×2(eq\r(3)－1)m＝40(eq\r(3)－1)m，故D錯誤。4.(多選)如圖3所示，網(wǎng)球發(fā)球機(jī)水平放置在水平地面上方某處，正對著豎直墻面發(fā)射網(wǎng)球，兩次發(fā)射的兩球分別在墻上留下A、B兩點印跡，測得OA＝AB＝h，OP為水平線，若忽略網(wǎng)球在空中受到的阻力，則()圖3A.兩球碰到墻面時的動量可能相同B.兩球碰到墻面時的動能可能相等C.兩球發(fā)射的初速度之比vOA∶vOB＝2∶1D.兩球從發(fā)射到碰到墻面瞬間運動的時間之比tA∶tB＝1∶eq\r(2)答案BD解析動量為矢量，由圖可知，兩球與墻碰撞時其速度方向不相同，故兩球碰到墻面時的動量不可能相同，故A錯誤；從拋出到與墻碰撞的過程中，根據(jù)平拋運動規(guī)律可知，A的水平速度大，豎直速度小，B的水平速度小，豎直速度大，則兩球速度大小可能相同，動能可能相同，故B正確；忽略網(wǎng)球在空中受到的阻力，則可將網(wǎng)球做的運動視為平拋運動，在豎直方向有h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,A)，2h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,B)，解得tA∶tB＝1∶eq\r(2)，故D正確；在水平方向有x＝vOAtA，x＝vOBtB，則vOA∶vOB＝eq\r(2)∶1，故C錯誤。對點練2類平拋運動5.如圖4所示，質(zhì)量相同的A、B兩質(zhì)點從同一點O分別以相同的水平速度v0沿x軸正方向拋出，A在豎直平面內(nèi)運動，落地點為P1；B沿光滑斜面運動，落地點為P2，P1和P2在同一水平面上，不計阻力，則下列說法正確的是()圖4A.A、B的運動時間相同B.A、B沿x軸方向的位移相同C.A、B運動過程中的加速度大小相同D.A、B落地時速度大小相同答案D解析對于A球，aA＝g，根據(jù)h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,A)得tA＝eq\r(\f(2h,g))；對于B球，設(shè)斜面傾角為θ，aB＝gsinθ，在沿斜面向下方向上，有eq\f(h,sinθ)＝eq\f(1,2)gsinθ·teq\o\al(2,B)，解得tB＝eq\r(\f(2h,gsin2θ))，可知tB＞tA，aA＞aB，故A、C錯誤；在x軸方向上，有x＝v0t，知B沿x軸的位移大于A沿x軸的位移，故B錯誤；因為只有重力做功，根據(jù)動能定理知mgh＝Ek－Ek0，因重力做功和初動能相同，所以末動能相等，所以A、B落地時的速度大小相等，速度方向不同(不共面)，故D正確。對點練3斜拋運動6.(2022·湖北黃岡模擬)某同學(xué)去游樂場看到水池中噴泉的水流以與水面成相同夾角、大小相等的速度向四周噴出，剛學(xué)完曲線運動的該同學(xué)得出了以下結(jié)論(不計空氣阻力)，其中正確的是()圖5A.初速度減半，水的水平射程也減半B.水到達(dá)最高點的速度為0C.初速度加倍，水在空中飛行時間加倍D.水落回水面的速度都相同答案C解析設(shè)水噴出時的初速度大小為v0，與水面的夾角為θ，則水在空中飛行時間為t＝eq\f(2v0sinθ,g)，水的水平射程為x＝(v0cosθ)t＝eq\f(veq\o\al(2,0)sin2θ,g)，所以初速度加倍時，水在空中飛行時間加倍，初速度減半時，水平射程變?yōu)樵瓉淼乃姆种?，故C正確，A錯誤；水到達(dá)最高點時豎直方向的分速度為0，但水平方向的分速度不為0，故B錯誤；根據(jù)斜拋運動的對稱性可知水落回水面的速度大小都相同，但方向不同，故D錯誤。7.某一滑雪運動員從滑道滑出并在空中翻轉(zhuǎn)時經(jīng)多次曝光得到的照片如圖6所示，每次曝光的時間間隔相等。若運動員的重心軌跡與同速度不計阻力的斜拋小球軌跡重合，A、B、C和D表示重心位置，且A和D處于同一水平高度。下列說法正確的是()圖6A.相鄰位置運動員重心的速度變化相同B.運動員在A、D位置時重心的速度相同C.運動員從A到B和從C到D的時間相同D.運動員重心位置的最高點位于B和C中間答案A解析由于運動員的重心軌跡與同速度不計阻力的斜拋小球軌跡重合，故可以利用斜拋運動規(guī)律分析，根據(jù)Δv＝gΔt(其中Δt為曝光的時間間隔)知，相鄰位置運動員重心速度變化相同，所以A項正確；A、D位置速度大小相等，但方向不同，所以B項錯誤；從A到B為5個時間間隔，而從C到D為6個時間間隔，所以C項錯誤；據(jù)斜拋運動規(guī)律，當(dāng)A、D處于同一水平高度時，從A點上升到最高點的時間與從最高點下降到D點的時間相等，所以C點為軌跡的最高點，D項錯誤。B級綜合提升練8.(多選)如圖7所示，從水平面上方O點水平拋出一個初速度大小為v0的小球，小球與水平面發(fā)生一次碰撞后恰能擊中豎直墻壁上與O等高的A點，小球與水平面碰撞前后水平分速度不變，豎直分速度大小不變、方向相反，不計空氣阻力。若只改變初速度大小，使小球仍能擊中A點，則初速度大小可能為()圖7A.2v0 B.3v0 C.eq\f(v0,2) D.eq\f(v0,3)答案CD解析設(shè)豎直高度為h，小球以初速度v0平拋時與地面碰撞一次，反彈后擊中A點，在豎直方向先加速后減速，在水平方向一直勻速，根據(jù)運動的對稱性原理，可知該過程運動的時間為平拋運動時間的兩倍，則有t＝2eq\r(\f(2h,g))，水平方向的位移xOA＝v0t＝2v0eq\r(\f(2h,g))；設(shè)當(dāng)平拋速度為v0′時，經(jīng)與地面n次碰撞，反彈后仍擊中A點，則運動的時間為t′＝n·2eq\r(\f(2h,g))，(n＝1，2，3…)水平方向的位移不變，則有v0′＝eq\f(xOA,t′)，解得v0′＝eq\f(v0,n)(n＝1，2，3…)，故當(dāng)n＝2時v0′＝eq\f(v0,2)，當(dāng)n＝3時v0′＝eq\f(v0,3)，故A、B錯誤，C、D正確。9.如圖8所示，將A、B兩小球從相同高度同時水平拋出，經(jīng)時間t1在空中P點相遇，已知P點與A、B兩點的豎直高度為h。若A、B兩小球仍從原位置同時拋出，拋出的速度均增大一倍，兩球經(jīng)時間t2在Q點相遇，下列說法正確的是