專題08曲線運動、平拋運動（解析版）

1．理解物體做曲線運動的條件，掌握曲線運動的特點．

2．會用運動的合成與分解處理小船渡河、關聯(lián)速度等問題．

3．理解運動的合成與分解是處理曲線運動的一種重要思想方法．

4．掌握平拋運動的規(guī)律，學會運用運動的合成與分解處理類平拋、斜拋運動問題．

5．學會處理斜面或圓弧面約束下的平拋運動問題．

知識點一曲線運動

1．速度的方向：質點在某一點的速度方向，沿曲線在這一點的________________．

2．曲線運動的性質：做曲線運動的物體，速度的方向時刻在改變，所以曲線運動一定是________運動．

a恒定：________________運動；a變化：非勻變速曲線運動．

3．做曲線運動的條件：

1．切線方向

2．變速勻變速曲線

考點二運動的合成與分解

1．基本概念

(1)運動的合成：已知____________求合運動．

(2)運動的分解：已知____________求分運動．

2．遵循的法則

位移、速度、加速度都是矢量，故它們的合成與分解都遵循____________________．

3．運動分解的原則

根據(jù)運動的________________分解，也可采用正交分解法．

4．合運動與分運動的關系

(1)等時性：合運動和分運動經歷的________相等，即同時開始、同時進行、同時停止．

(2)獨立性：一個物體同時參與幾個分運動，各分運動__________，不受其他分運動的影響．

(3)等效性：各分運動的規(guī)律疊加起來與合運動的規(guī)律有完全相同的________．

1．(1)分運動(2)合運動

2．平行四邊形定則

3．實際效果

4．(1)時間(2)獨立進行(3)效果

考點三小船渡河模型

兩類問題，三種情景

(1)渡河時間只與船垂直于河岸方向的分

速度有關，與水流速度無關；

渡河

船頭正對河岸時，渡河時間最短，

時間(2)tmin

d

＝(d為河寬)

v船

若v船>v水，當船頭方向與上游河岸夾角θ

渡河

滿足v船cosθ＝v水時，合速度垂直河岸，

位移

渡河位移最短，且xmin＝d

若v船<v水，合速度不可能垂直于河岸，

無法垂直渡河．當船頭方向(即v船方向)

渡河

與合速度方向垂直時，渡河位移最短，且

位移

ddv水

xmin＝＝

cosθv船

考點四平拋運動的規(guī)律及應用

平拋運動

1．定義：將物體以一定的初速度沿________方向拋出，物體只在________作用下的運動．

2．性質：平拋運動是加速度為g的____________曲線運動，運動軌跡是____________．

3．研究方法：化曲為直

(1)水平方向：____________運動；

(2)豎直方向：____________運動．

4．基本規(guī)律

如圖，以拋出點O為坐標原點，以初速度v0方向(水平方向)為x軸正方向，豎直向下為y軸正方向，建

立平面直角坐標系xOy.

1．水平重力

2．勻變速拋物線

3．(1)勻速直線(2)自由落體

1222gt

4．v0tgtx＋y

22v0

gt

gt

v0

考點五與斜面或圓弧面有關的平拋運動

已知條件情景示例解題策略

從斜面外平拋，垂直落在斜面上，如圖

所示，已知速度的方向垂直于斜面

v0v0

分解速度tanθ＝＝

vygt

已知速度方向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，已知速度方

向沿該點圓弧的切線方向

vygt

分解速度tanθ＝＝

v0v0

從斜面上平拋又落到斜面上，如圖所

分解位移

示，已知位移的方向沿斜面向下

12

ygtgt

tanθ＝＝2＝

x2v0

v0t

已知位移方向

在斜面外平拋，落在斜面上位移最小，

如圖所示，已知位移方向垂直斜面分解位移

xv0t2v0

tanθ＝＝＝

1

ygt2gt

2

x＝v0t

從圓心處水平拋出，落到半徑為R的

1

利用位移關系圓弧上，如圖所示，已知位移大小等于y＝gt2

2

半徑R

x2＋y2＝R2

從與圓心等高的圓弧上水平拋出，落到

半徑為R的圓弧上，如圖所示，已知x＝R＋Rcosθ

水平位移x與R的差的平方與豎直位x＝v0t

移的平方之和等于半徑的平方1

y＝Rsinθ＝gt2

2

x－R2＋y2＝R2

一、考點一、曲線運動的性質及條件

1．關于曲線運動，下面說法正確的是（）

A．物體運動狀態(tài)改變，它一定做曲線運動

B．物體做曲線運動，它的運動狀態(tài)一定在改變

C．物體做曲線運動時，它的加速度的方向始終和速度的方向一致

D．物體做曲線運動時，它的加速度的方向始終和速度的方向垂直

【答案】B

【詳解】A．物體運動狀態(tài)時刻改變著，它可能做直線運動，如勻變速直線運動，故A錯誤；

B．物體做曲線運動，它的速度方向一定在改變，即運動狀態(tài)一定在改變，故B正確；

CD．物體做曲線運動時，它的加速度的方向始終和速度的方向不共線，故CD錯誤。

故選B。

2．下列說法不正確的是（）

A．曲線運動的速度大小可以不變，但速度方向一定改變

B．物體受到一恒力作用，則物體一定做勻變速直線運動

C．物體做曲線運動，它的運動狀態(tài)一定在改變

D．物體做曲線運動時，它的加速度方向總與合外力方向一致，而與速度方向不共線

【答案】B

【詳解】AC．由于曲線運動的軌跡為曲線，速度大小可以不變，但速度方向一定改變，則它的運動狀態(tài)

一定發(fā)生改變，故選項A、C正確；

BD．若物體受到的恒力與速度不在同一直線上，物體做勻變速曲線運動；由牛頓第二定律，物體加速度

方向總與合外力方向一致，物體做曲線運動，其合力（或加速度）與速度方向一定不在同一直線上，故

選項B錯誤，D正確。

本題選不正確的，故選B。

3．如圖所示，一架無人機執(zhí)行航拍任務時正沿虛線朝斜向下方勻加速直線運動，用G表示無人機重力，F(xiàn)

表示空氣對它的作用力，下列四幅圖中能表示此過程中無人機受力情況的是（）

A．B．

C．D．

【答案】A

【詳解】無人機沿虛線方向做勻加速運動，說明合外力沿虛線方向，垂直虛線方向的合外力為0，根據(jù)

正交分解，A項圖正確。

故選A。

4．關于對曲線運動的理解，下列說法中正確的是（）

A．做曲線運動的物體，速度可能不變

B．做曲線運動的物體，加速度可能不變

C．做曲線運動的物體，其加速度方向與速度方向可能一致

D．做曲線運動的物體所受的合外力可能為零

【答案】B

【詳解】A．做曲線運動的物體速度方向沿曲線的切線方向，所以是不斷變化的，則曲線運動的速度是

不斷變化的，A錯誤；

B．物體做曲線運動的條件是合力與速度不在同一條直線上，合力可以是恒力也可是變力，則做曲線運

動的物體加速度可能不變，B正確；

C．物體做曲線運動的條件是合力與速度不在同一條直線上，根據(jù)牛頓第二定律，合力的方向與加速度

的方向是相同的，所以加速度方向與速度方向一定不在同一條直線上，C錯誤；

D．物體做曲線運動的條件是合力與速度不在同一條直線上，所以做曲線運動的物體所受的合外力一定

不為零，D錯誤。

故選B。

二、考點二、物體運動軌跡、速度、受力的相互判斷

5．物體在恒力作用下的運動（）

A．速度方向一定不變B．加速度方向一定不變

C．不可能做曲線運動D．速度大小可能始終不變

【答案】B

【詳解】A．當物體在恒力作用下做減速運動時，當速度減到零后物體就會反向運動，速度的方向改變，

故A錯誤；

B．加速度由力提供，由于是恒力不變，因此加速度方向也不變，故B正確；

C．當物體當前速度方向與恒力方向不在同一直線時，物體做曲線運動，故C錯誤；

D．物體在恒力的作用下運動即合外力不為零，不處于平衡狀態(tài)，不可能做勻速運動，故D錯誤。

故選B。

6．某質點同時受到在同一平面內的幾個恒力作用而平衡，某時刻突然撤去其中一個力，以后這物體將①可

能做勻減速直線運動，②可能做勻速直線運動，③其軌跡可能為拋物線，④可能靜止。物體可能的狀態(tài)

是（??）

A．①③B．①②③C．①③④D．②③

【答案】A

【詳解】質點同時受到在同一平面內的幾個恒力作用而平衡時，其中任意一個力與剩余的力的合力等值

反向。

①若原來物體是勻速運動的，當撤去其中一個力，當剩余的力的合力與原來的運動方向相反，則做勻減

速直線運動，故①正確；

②④要是做勻速直線運動或靜止，則物體所受合外力為0，而本題中的物體撤去一個力后，合外力不可

能為0，故②④錯誤；

③若原來物體是勻速運動的，當撤去其中一個力，當剩余的力的合力與原來的運動方向成90°角，則做

類平拋運動，軌跡是拋物線，故③正確。

故選A。

7．一個物體在幾個恒力的共同作用下做勻速直線運動，若撤去其中一個力，其它力保持不變，則（）

A．物體可能繼續(xù)做勻速直線運動

B．物體可能先作減速運動后作加速運動

C．物體運動的快慢一定保持不變

D．物體運動的方向一定保持不變

【答案】B

【詳解】一個物體在幾個恒力的共同作用下做勻速直線運動，說明其合力為零，若撤去其中一個力其它

力保持不變表明其合力不為零，大小等于撤去的力，方向與那個力的方向相反，即加速度恒定。

A．因合力不為零，故不可能做勻速直線運動，故A錯誤；

B．若剩下力的合力與初速度方向相反，物體可以先繼續(xù)做勻減速直線運動到速度減為零后再反向做勻

加速直線運動，故B正確；

C．物體運動的快慢保持不變描述的是勻速運動，而物體的加速度恒定速度一定會變化，故C錯誤；

D．若剩下力的合力與初速度共線，可以做勻加速直線運動或勻減速直線運動，若剩下力的合力與初速

度不共線，可以做勻變速曲線運動，則物體運動的方向可能不變也可能變化，故D錯誤。

故選B。

8．一只可視為質點的蜜蜂沿彎曲軌跡做勻速率運動，蜜蜂在途經A、B、C、D位置時的速度v和所受合

力F的大小、方向如圖所示，其中可能正確的是（）

A．A或CB．B或D

C．A和CD．B和D

【答案】B

【詳解】由題意知蜜蜂做曲線運動，所受合外力不肯能為零，故A點不可能；

密封做曲線運動，合外力指向軌跡凹側，故B、D兩點均可能，C點不可能。

故選B。

三、考點三、運動合成與分解問題

9．關于運動的合成與分解，下列說法不正確的是（）

A．兩個直線運動的合運動不一定是直線運動

B．兩個互成角度的勻速直線運動的合運動一定是直線運動

C．兩個勻加速直線運動的合運動可能是曲線運動

D．兩個初速度為零的勻加速直線運動互成角度，合運動一定不是勻加速直線運動

【答案】D

【詳解】A．兩個直線運動的合運動不一定是直線運動。如平拋運動，故A正確，不滿足題意要求；

B．勻速直線運動的速度不變，兩個互成角度的勻速直線運動的合運動，速度一定不變，一定是勻速直

線運動，故B正確，不滿足題意要求；

C．兩個勻加速直線運動的合運動，若合速度的方向與合加速度的方向不在同一條直線上，則合運動為

曲線運動，故C正確，不滿足題意要求；

D．兩個初速為零的勻加速直線運動互成角度，由于合初速度為0，所以合運動一定是勻加速直線運動，

故D錯誤，滿足題意要求。

故選D。

10．關于運動的合成和分解，下列說法正確的是（）

A．合運動的時間等于兩個分運動的時間之和B．曲線運動的加速度方向可能與速度在同一直線上

C．勻變速運動的軌跡未必是直線D．分運動是直線運動，則合運動必是直線運動

【答案】C

【詳解】A．分運動和合運動具有等時性，A錯誤；

B．根據(jù)曲線運動的條件，可以知道，曲線運動的加速度方向不可能與速度在同一直線上，B錯誤；

C．勻變速直線運動比如勻加速直線和勻減速直線運動均為直線運動，平拋運動也是勻變速運動，但平

拋運動為曲線運動，C正確；

D．當分運動是變速直線運動，合加速度和合速度不在一條直線上時，則合運動是曲線運動，D錯誤。

故選C。

11．如圖所示，豎直放置的兩端封閉的玻璃管內注滿清水，玻璃管內有一個圓柱體紅蠟塊，玻璃管倒置時

紅蠟塊能以10cm/s的速度勻速上升，同時，讓玻璃管以0.05m/s2的加速度水平向右做勻加速直線運動，

玻璃管內清水的高度為40cm。紅蠟塊從管底運動到水面的過程中，運動軌跡是（選填“1”、

“2”、“3”），紅蠟塊發(fā)生的水平位移是m。

【答案】10.42

【詳解】[1]紅蠟塊初速度豎直向上，加速度沿水平方向，所以軌跡是曲線，軌跡要與速度相切，向加

速度的方向彎曲，所以運動軌跡是1；

[2]豎直方向上

yvyt

代入題中數(shù)據(jù)可得

t=4s

水平方向上

11

xat20.0542m0.40m

22

紅蠟塊發(fā)生的水平位移是

sx2y20.420.42m0.42m

12．如圖所示，當運動員從直升機上由靜止跳下后，在下落過程中將會受到水平風速的影響。風速增大時，

運動員下落時間，運動員著地速度。（選填“增大”、“不變”、“減小”）

【答案】不變增大

【詳解】[1]運動員下落的時間取決于他在豎直方向上的速度分量，水平風速不能影響他的豎直速度，

故運動員下落時間不變；

[2]當水平風速增大時，運動員的豎直速度不受水平風速影響，但水平方向的速度會增大，所以由

22

vv豎直v水平

可得，運動員著地速度增大。

四、考點四、小船過河時間最短及位移問題

13．一河寬80m，船在靜水中的速度為4m/s，水流速度為3m/s，則（）

A．過河的最小位移是100m，所用時間是20s

B．過河的最小位移是80m，所用時間是16s

C．過河的最短時間為16s，此時的位移是80m

D．過河的最短時間為20s，此時的位移是100m

【答案】D

【詳解】AB．根據(jù)題意可知，船在靜水中的速度為4m/s大于水流速度為3m/s，則船能夠垂直于河岸

過河，即過河的最小位移為80m，此時船的速度為

22

v143m/s7m/s

過河所用時間

80807

t1ss

77

AB錯誤；

CD．當船頭指向垂直于河岸時，過河時間最短

80

ts20s

min4

此時船的速度為

22

v243m/s5m/s

次過程的位移

xv2tmin100m

C錯誤，D正確。

故選D。

14．一艘小船要從A點沿圖中斜直線到達河流下游對岸的B點，AB連線與下游河岸的夾角為θ，水流的速

度大小為v，則小船在靜水中的速度最小為（）

v

A．vsinB．vcosC．vtanD．

tan

【答案】A

【詳解】當船在靜水中的速度與合速度垂直時，船在靜水中的速度最小，則

v船minvsin

故選A。

15．小船要橫渡一條200m寬的河，已知水流速度為5m/s，船在靜水中的航速是4m/s，要使小船渡河時間

最短，最短渡河時間是s；要使小船航程最短，則最短航程是m。

【答案】50250

【詳解】[1]最短渡河時間是

d

t50s

v船

[2]要使小船航程最短，如圖

則有

v船4

sin

v水5

則最短航程是

d

s250m

sin

16．某段江面寬80m，水流速度5m/s，有一木船在A點要過江，如圖所示。

（1）若木船相對靜水速度4m/s，則木船最短渡江時間為s；

（2）若A處下游60m的B處是一片與河岸垂直的險灘，木船以相對靜水4m/s的速度航行，則木船

（選填“能”或“不能”）安全渡河。

【答案】20能

【詳解】（1）[1]當船頭始終垂直河岸時，渡河時間最短為

d80

tmins20s

v船4

（2）[2]當船恰好能安全到達對岸時，如圖所示

由幾何關系知

80

sin0.8

802602

此時船速最小滿足

v

sin=船min

v水

解得最小船速為

v船min50.8ms4ms

所以木船以相對靜水4m/s的速度航行時，能安全渡河。

五、考點五、斜牽引運動的運動分解

17．如圖，當小車向右勻速運動時，通過定滑輪將一重物提起，該重物將（）

A．勻加速上升B．勻減速上升

C．變加速上升D．變減速上升

【答案】C

【詳解】設連接小車繩子與水平方向的夾角為，小車速度為v，將小車的速度分解為沿繩子方向的分

速度和垂直繩子方向分速度，則重物速度為

v物vcos

小車向右勻速運動時，小車速度v不變，逐漸減小，可知重物速度逐漸增大；當趨近于0時，重物

速度趨近于小車速度v，可知重物的加速度最后趨近于0，則重物做變加速上升。

故選C。

18．圖中，套在豎直細桿上的環(huán)A由跨過定滑輪的不可伸長的輕繩與重物B相連。由于B的質量較大，故

在釋放B后，A將沿桿上升，當A環(huán)上升至與定滑輪的連線處于水平位置時，其上升速度v1≠0，若這

時B的速度為v2，則（）

A．v2v1B．v2v1C．v20D．v20

【答案】D

【詳解】如圖所示

分解A上升的速度v1，則

v2v1cos

當A環(huán)上升至與定滑輪的連線處于水平位置時，角度變?yōu)?0，則

v20

故選D。

19．如圖所示，質量為m的木塊a放置在傾角為α的固定斜面上，通過一根不可伸長的細線繞過固定在斜面

上的輕滑輪與質量為m、套在桿上的小球b相連，小球以速率v向左勻速運動，不計空氣阻力和一切摩

擦力，重力加速度為g。當細線與水平桿的夾角為β時，木塊a的速度大小為，細線的拉力

（選填“大于”、“小于”或“等于”）mgsinα。

【答案】vcos大于

【詳解】[1]小球b的速度分解為沿繩方向的分速度v1和垂直于繩方向的分速度v2：

木塊a的速度大小等于

v1vcos

[2]小球b向左運動過程中，逐漸減小，則木塊a的速度逐漸增大，即木塊a做加速運動，細線的拉

力大于mgsinα。

20．物體A穿在光滑的豎直桿上，人用繩子通過光滑輕質定滑輪拉A，使其向上運動，到達如圖所示位置

時，繩與豎直桿的夾角為θ，物體A速度大小為v0，此刻人拉繩的速度大小是，若物體的

重力是mg，人的拉力是F，此刻物體的加速度大小為。

Fcosmg

【答案】v0cosθ

m

【詳解】[1]將物體A的速度分解為沿繩子方向和垂直于繩子方向，如圖所示

可得人拉繩的速度大小為

vv0cos

[2]對物體A受力分析，如圖所示

根據(jù)牛頓第二定律可得

Fcosmgma

解得

Fcosmg

a

m

六、考點六、平拋運動定義及速度的計算

21．關于平拋運動，下列說法正確的是（）

A．平拋運動可能是勻變速運動

B．做平拋運動的物體在水平方向上做勻速直線運動

C．做平拋運動的物體在豎直方向上做勻速直線運動

D．平拋運動不一定是曲線運動

【答案】B

【詳解】AD．平拋運動的軌跡是曲線，且運動過程中只受重力，所以加速度是恒定的，屬于勻變速運

動，故平拋運動一定是勻變速運動，故AD錯誤；

B．做平拋運動的物體在水平方向上不受力的作用，做勻速直線運動，故B正確；

C．做平拋運動的物體在豎直方向上做自由落體運動，故C錯誤。

故選B。

22．關于平拋運動，下列說法中錯．誤．的是（）

A．平拋運動是勻變速運動

B．做平拋運動的物體，在任何相等的時間內速度的變化量都是相等的

C．落地時間和落地時的速度只與拋出點的高度有關

D．平拋運動可以分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動

【答案】C

【詳解】A．平拋運動的加速度不變，做勻變速曲線運動，故A正確，不符合題意；

v

B．由公式ag，所以在任何相等的時間內速度的變化量Δv=gΔt，故B正確，不符合題意；

t

C．平拋運動的落地速度等于水平分速度和豎直分速度的合速度，豎直分速度與高度有關，可知平拋運

動的落地速度與高度以及初速度有關．運動的時間由高度決定，與初速度無關，故C錯誤，符合題意；

D．平拋運動可以分解為水平方向上的勻速直線運動和豎直方向上的自由落體運動，故D正確，不符合

題意。

故選C。

23．如圖所示，某人向對面的山坡上水平拋出兩個質量不等的石塊，分別落到A、B兩處。不計空氣阻力，

則落到B處的石塊（）

A．初速度大，運動時間短

B．初速度大，運動時間長

C．初速度小，運動時間短

D．初速度小，運動時間長

【答案】A

1x

【詳解】落到B處的石塊下落的高度較小，根據(jù)hgt2知，運動時間較短；根據(jù)初速度v知，落

20t

在B處的石塊水平位移大，運動時間短，則初速度較大。

故選A。

24．假設宇航員登陸月球后如圖沿水平方向拋出的三個小石子a、b、c的運動軌跡，其中b和c是從同一點

拋出的，不計阻力，石子均可看成質點，則（）

A．三個石子中c的空中加速度最大B．三個石子中a的飛行時間最長

C．三個石子中a的初速度最大D．三個石子落至同一水平面瞬間a的速度偏角最大

【答案】C

【詳解】A．三個石子在空中運動過程中只受重力，均做平拋運動，則加速度相同，故A錯誤；

B．根據(jù)平拋運動規(guī)律可得

2h

t

g

可知，三個石子中a的飛行時間最短，故B錯誤；

C．根據(jù)平拋運動規(guī)律可知

x

va的飛行時間最短，水平位移最大，a的初速度最大，故C正確；

0t

D．根據(jù)平拋運動規(guī)律可知

gt

tana的飛行時間最短，a的初速度最大，則a的速度偏角最小，故D錯誤。

v0

故選C。

七、考點七、速度偏轉角與位移偏轉角速度反向延長線的特點

25．如圖，甲、乙兩個小球從同一固定斜面的頂端O點水平拋出，分別落到斜面上的A、B兩點，OB9OA，

不計空氣阻力。下列說法正確的是（）

A．甲、乙兩球做平拋運動的時間之比為1:2

B．甲、乙兩球接觸斜面的瞬間，速度的方向相同

C．甲、乙兩球做平拋運動的初速度大小之比為2:1

D．甲、乙兩球運動過程中速度變化量的方向不相同

【答案】B

【詳解】AC．設斜面傾角為，由于兩次均落至斜面，位移偏角相同，可得

12

ygtgt

tan2

xv0t2v0

可得

gt

v

02tan

落至斜面的位移為

vtgt2

s0

cos2sin

由題意可知兩次的位移之比為1:9，故所用時間之比為1:3，初速度之比為1:3，故AC錯誤；

B．甲、乙兩球接觸斜面的瞬間，速度的方向與水平方向夾角a滿足

vgt

tany2tan

v0v0

故落至斜面時速度方向相同。故B正確；

D．運動過程中速度變化量

vgt

可知甲、乙兩球速度變化量的方向始終豎直向下，均與重力加速度g方向相同。故D錯誤。

故選B。

26．如圖所示，在豎直平面內固定一半圓形軌道，O為圓心，AB為水平直徑。有一小球從A點以不同的

初速度向右水平拋出，不計空氣阻力，則小球（）

A．初速度越大，運動時間越長

B．初速度不同，運動時間一定不同

C．落到軌道的瞬間，速度方向可能沿半徑方向

D．落到軌道的瞬間，速度方向的反向延長線與水平直徑的交點在O點的左側

【答案】D

【詳解】AB．平拋運動的時間由高度決定，與水平初速度無關，初速度大時，與半圓接觸時下落的距

離不一定比速度小時下落的距離大；初速度大小不同的小球下落的高度也可能相等，如碰撞點是關于

半圓過O點的豎直軸對稱的兩個點，它們運動的時間卻相等，故AB錯誤；

C．若小球落到半圓形軌道的瞬間垂直撞擊半圓形軌道，即速度方向沿半徑方向，則此時速度方向與水

平方向的夾角是此時位移方向與水平方向夾角的2倍，但根據(jù)平拋運動推論可知：同一位置速度方向

與水平方向夾角的正切值是此時位移與水平方向夾角正切值的兩倍。由數(shù)學知識可知兩者相互矛盾，

則小球的速度方向不會沿半徑方向，故C錯誤；

D．小球做平拋運動，根據(jù)平拋運動推論可知，落到軌道的瞬間，此時速度方向的反向延長線交于此時

小球水平位移的中點，由于小球落在軌道上的水平位移小于水平直徑AB，所以可推知速度方向的反向

延長線與水平直徑的交點一定在O點的左側，故D正確。

故選D。

27．有位同學定點投籃時，第一次出手位置較高，籃球的速度方向與豎直方向的夾角為60o；第二次出手位

置較低，籃球的速度方向與豎直方向的夾角為30o。已知兩次出手的位置在同一豎直線上，結果籃球都

正好垂直撞到籃板上的同一點P，如圖所示。不計空氣阻力，則前、后兩次投出的籃球在從出手到撞板

的過程中（）

A．撞擊籃板時的速率相等B．出手時的速率相等

C．運動的時間的比值為1:3D．上升的高度的的比值為1:3

【答案】BD

【詳解】D．第一次出手

2h

tan301

x

第二次出手

2h

tan602

x

聯(lián)立可得

h1

1

h23

D正確；

A．撞擊籃板時的速率

xxgxxg

vxvx

01t2h，02t2h

12h1122h22

gg

由于

v01:v02h2:h13:1

第一次撞擊籃板時的速率大于第二次撞擊籃板時的速率，A錯誤；

B．出手時的速率

vv

v01，v02

1sin602sin30

所以

vvhh

v:v01:022:1h:3h1:1

12sin60sin30sin60sin3021

出手時的速率相等，B正確；

C．運動的時間的比值為

2h2h

t:t1:21:3

12gg

C錯誤。

故選BD。

28．平拋運動的兩個重要推論：

（1）做平拋運動的物體在某時刻，其速度方向與水平方向的夾角為θ，位移方向與水平方向的夾角為α，

則有。

（2）做平拋運動的物體在任意時刻速度的反向延長線一定通過此時水平位移的。

【答案】tanθ=2tanα中點

【詳解】（1）[1]平拋運動水平方向做勻速直線運動，則有

xv0t，vxv0

豎直方向做自由落體運動

12

ygt，vygt

2

聯(lián)立可得

12

vygtgt

，y1gt

tantan2

vxv0

xgt2v0

可知

tan2tan

（2）[2]根據(jù)

yy

tan2tan2

1

xx

2

可知做平拋運動的物體在任意時刻速度的反向延長線一定通過此時水平位移的中點。

八、考點八、斜面上的平拋運動

29．如圖所示，從傾角為的足夠長的斜面頂端P以速度v0拋出一個小球，落在斜面上處Q點，小球落在

斜面上的速度與斜面的夾角，若把初速度變?yōu)閗v0且仍落在斜面上，則（）

A．夾角將變原來的k倍

B．空中的運動時間變?yōu)樵瓉淼膋倍

C．小球水平位移是原來的k倍

D．小球的水平位移和豎直位移之比變?yōu)樵瓉淼膋倍

【答案】B

【詳解】D．小球落在斜面上時，有

y

tan

x

可知小球的水平位移和豎直位移之比不變，故D錯誤；

A．因為平拋運動在某時刻速度與水平方向夾角的正切值是位移與水平方向夾角正切值的2倍，而位移

與水平方向夾角不變，則速度與水平方向夾角不變，所以不變，故A錯誤；

B．根據(jù)

12

ygtgt

tan2

xv0t2v0

可得

2vtan

t0

g

當初速度變?yōu)樵瓉淼膋倍，則運動的時間變?yōu)樵瓉淼膋倍，故B正確；

C．根據(jù)

xv0t

由于初速度變?yōu)樵瓉淼膋倍，運動的時間也變?yōu)樵瓉淼膋倍，則小球水平位移是原來的k2倍，故C錯

誤。

故選B。

30．如圖所示，從傾角為θ的足夠長的斜面頂端P點以速度v0水平拋出一個小球，落在斜面上Q點，小球

落在斜面上的速度與斜面的夾角α，若把初速度變?yōu)閗v0（小球仍能落在斜面上），則（）

A．小球的水平位移和豎直位移之比變?yōu)樵瓉淼膋倍

B．夾角α將變?yōu)樵瓉淼膋倍

C．空中的運動時間變?yōu)樵瓉淼膋倍

D．PQ間距一定為原來間距的k倍

【答案】C

【詳解】A．小球落在斜面上時，有

y

tan

x

可知小球的水平位移和豎直位移之比不變，故A錯誤；

B．因為平拋運動在某時刻速度與水平方向夾角的正切值是位移與水平方向夾角正切值的2倍，因為位

移與水平方向夾角不變，則速度與水平方向夾角不變，所以α不變，故B錯誤；

C．根據(jù)

12

ygtgt

tan2

xv0t2v0

可得

2vtan

t0

g

當初速度變?yōu)樵瓉淼膋倍，則運動的時間變?yōu)樵瓉淼膋倍，故C正確；

D．PQ間的距離為

xvt2v2tan

s00

coscosgcos

由此可知，初速度變?yōu)樵瓉淼膋倍，則PQ間距變?yōu)樵瓉淼膋2倍，故D錯誤。

故選C。

31．如圖，A、D分別是斜面的頂端、底端，B、C是斜面上的兩個點，ABBCCD，E點在D點的正上

方，與A等高，從E點以一定的水平速度拋出質量相等的兩個小球，球1落在B點，球2落在C點，

關于球1和球2從拋出到落在斜面上的運動過程（）

A．球1和球2速度增加量之比為1:2B．球1和球2速度增加量之比為2:1

C．球1和球2拋出時初速度之比為22:1D．球1和球2拋出的初速度之比為2:1

【答案】AC

【詳解】AB．因為AC2AB，所以AC的高度差是AB高度差的2倍，則球1和球2下落高度之比為

h1:h21:2

根據(jù)

1