课时2 平抛运动与斜面、曲面的综合应用

根据平抛运动规律知 $ \tan \theta =\dfrac{y}{x}=\dfrac{\dfrac{1}{2}g{t}^{2}}{{v}_{0}t}=\dfrac{gt}{2{v}_{0}} $ ， $ \tan (\alpha +\theta )=\dfrac{{v}_{y}}{{v}_{x}}=\dfrac{gt}{{v}_{0}} $ ，所以 $ \tan (\alpha +\theta )=2 \tan \theta $ ，倾角 $ \theta $ 为定值，所以小球落在斜面上时速度与斜面的夹角 $ \alpha $ 为定值，与速度大小无关， $ \mathrm{A} $ 错误；由上述分析可得 $ t=\dfrac{2{v}_{0} \tan \theta }{g} $ ，小球初速度变为 $ 2{v}_{0} $ 时，做平抛运动的时间变为原来的2倍， $ \mathrm{C} $ 正确； $ PQ $ 间距 $ s=\dfrac{{v}_{0}t}{ \cos \theta }=\dfrac{2{v}_{0}^{2} \tan \theta }{g \cos \theta } $ ，小球初速度变为 $ 2{v}_{0} $ 时， $ PQ $ 间距变为原来的4倍， $ \mathrm{B} $ 错误；小球落在斜面上时的速度大小 $ v=\sqrt{{v}_{0}^{2}+{\left(gt\right) ^ {2}}}=\sqrt{{v}_{0}^{2}+{\left(2{v}_{0} \tan \theta \right) ^ {2}}}={v}_{0}\sqrt{1+4{ \tan }^{2}\theta } $ ，初速度变为 $ 2{v}_{0} $ 时，落在斜面上时的速度等于原来的2倍， $ \mathrm{D} $ 错误.

因为两小球从同一高度抛出落到同一点，下落高度相同，根据 $ ℎ=\dfrac{1}{2}g{t}^{2} $ 可知，两球运动时间 $ t $ 相等；小球 $ P $ 垂直打在斜面上，根据几何关系有 $ \tan \theta =\dfrac{{v}_{1}}{gt} $ ，小球 $ Q $ 落在斜面上时，根据几何关系有 $ \tan \theta =\dfrac{\dfrac{1}{2}g{t}^{2}}{{v}_{2}t}=\dfrac{gt}{2{v}_{2}} $ ，联立可得 $ \dfrac{{v}_{1}}{{v}_{2}}=\dfrac{2{ \tan }^{2}\theta }{1}=\dfrac{9}{8} $ ，故选 $ \mathrm{A} $ .

由几何关系可知，小球在 $ P $ 点时的速度方向与水平方向的夹角为 $ {30}^{\circ } $ ，故 $ \mathrm{A} $ 错误；设小球从 $ A $ 点到 $ P $ 点的运动时间为 $ t $ ，将小球在 $ P $ 点时的速度分别沿水平和竖直方向分解，可得 $ \dfrac{{v}_{0}}{gt}= \tan \theta $ ，解得 $ t=\dfrac{\sqrt{3}}{3}\mathrm{s} $ ，故 $ \mathrm{B} $ 正确；小球做平抛运动的水平位移、竖直位移分别为 $ x={v}_{0}t $ 、 $ y=\dfrac{1}{2}g{t}^{2} $ ，由几何关系可得 $ R \cos \theta +R=x $ ， $ R \sin \theta +y=ℎ $ ，联立解得 $ R=\dfrac{20\sqrt{3}}{9}\mathrm{m} $ ， $ ℎ=5\mathrm{m} $ ，故 $ \mathrm{C} $ 正确， $ \mathrm{D} $ 错误.

两个小球甲和乙是先后做的平抛运动， $ {ℎ}_{1}=\dfrac{1}{2}g{t}_{1}^{2} $ ， $ {ℎ}_{2}=\dfrac{1}{2}g{t}_{2}^{2} $ ， $ {t}_{1} $ 与 $ {t}_{2} $ 不相同，所以两小球不可能在空中相遇， $ \mathrm{A} $ 错误；由平抛运动推论可知，速度反向延长线一定过水平位移中点，若小球乙垂直撞到碗上，则速度反向延长线应过 $ O $ 点，分析可知小球乙速度反向延长线不会过 $ O $ 点，则小球乙不可能垂直撞击到碗上， $ \mathrm{B} $ 正确；由平抛运动规律可知，下落高度越大，竖直分速度越大，所以竖直分速度最大时平抛落点为 $ C $ 点，由平抛运动规律可得 $ r=\dfrac{1}{2}g{t}^{2} $ ， $ r={v}_{1}t $ ，解得 $ {v}_{1}=\dfrac{\sqrt{2gr}}{2} $ ，因为 $ {v}_{2}=\dfrac{{v}_{1}}{2} $ ，所以 $ {v}_{2}=\dfrac{\sqrt{2gr}}{4} $ ， $ \mathrm{C} $ 正确， $ \mathrm{D} $ 错误.

若石块恰落到 $ O $ 点，则 $ AO \cos {30}^{\circ }={v}_{0}t $ ， $ AO \sin {30}^{\circ }=\dfrac{1}{2}g{t}^{2} $ ，可得 $ t=2\mathrm{s} $ ， $ {v}_{0}=10\sqrt{3}\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ，若 $ {v}_{0}⩾ 10\sqrt{3}\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ，则石块一定会落在水面上，即平抛运动的时间一定为 $ 2\mathrm{s} $ ， $ \mathrm{A} $ 正确；若 $ {v}_{0}=10\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ，石块将落在斜面上，根据 $ \tan {30}^{\circ }=\dfrac{\dfrac{1}{2}g{t}^{2}}{{v}_{0}t}=\dfrac{gt}{2{v}_{0}} $ ，可得石块平抛运动的时间为 $ t=\dfrac{2\sqrt{3}}{3}\mathrm{s} $ ， $ \mathrm{B} $ 错误；若石块落到斜面上，设石块落到斜面上时速度方向与斜面的夹角为 $ \alpha $ ，则有 $ \tan (\alpha +{30}^{\circ })=\dfrac{gt}{{v}_{0}}=2\dfrac{\dfrac{1}{2}g{t}^{2}}{{v}_{0}t}=2 \tan {30}^{\circ } $ ，即 $ \alpha $ 为定值，与 $ {v}_{0} $ 无关， $ \mathrm{C} $ 正确；若石块能落入水中，设落水时速度方向与水平面的夹角为 $ \beta $ ，则有 $ \tan \beta =\dfrac{{v}_{y}}{{v}_{0}}=\dfrac{\sqrt{2gℎ}}{{v}_{0}} $ ，则 $ {v}_{0} $ 越大，落水时速度方向与水平面的夹角越小， $ \mathrm{D} $ 错误.

设小球经过时间 $ t $ 打在曲面上的点 $ M(x^\prime ,y^\prime ) $ ，由平抛运动规律得 $ x^\prime ={v}_{0}t $ ， $ 6\mathrm{m}-y^\prime =\dfrac{1}{2}g{t}^{2} $ ，又因为 $ y^\prime =x{\prime }^{2} $ ，联立解得 $ x^\prime =1\mathrm{m} $ ， $ y^\prime =1\mathrm{m} $ ， $ \mathrm{C} $ 正确.

两球均落在 $ AD $ 面时，两球的位移与水平方向的夹角相同，都为 $ {60}^{\circ } $ ，由平抛运动的推论可知，若位移与水平方向的夹角相同，则速度与水平方向的夹角也相同，而若两球均落在 $ DB $ 面上不同位置时，顶点 $ A $ 与两落点的连线与水平方向的夹角不同，则速度与水平方向的夹角也不同，速度方向不同，故 $ \mathrm{A} $ 正确， $ \mathrm{B} $ 错误；由 $ AC=BC $ 可知，小球落在 $ B $ 点时，位移与水平方向的夹角为 $ {45}^{\circ } $ ，则其正切值为 $ \tan {45}^{\circ }=1 $ ，速度与水平方向的夹角的正切值为2，故 $ \mathrm{C} $ 错误；小球落在 $ D $ 点时，位移与水平方向夹角的正切值为 $ \tan {60}^{\circ }=\sqrt{3} $ ，则速度与水平方向夹角的正切值为 $ 2\sqrt{3} $ ，故 $ \mathrm{D} $ 正确.

小球做平抛运动，竖直方向为自由落体运动，由几何关系可得 $ vT=\dfrac{1}{2}g{T}^{2} $ ，解得小球的初速度大小 $ v=\dfrac{1}{2}gT $ ， $ 2R \cos {45}^{\circ }=\dfrac{1}{2}g{T}^{2} $ ，解得圆盘半径 $ R=\dfrac{\sqrt{2}}{4}g{T}^{2} $ ， $ \mathrm{A} $ 正确， $ \mathrm{B} $ 错误；小球速度方向与圆盘平行时，即与水平方向夹角为 $ {45}^{\circ } $ 时才可能与圆盘上某点速度方向相同，对小球有 $ {v}_{y}={v}_{x} $ ，即 $ gt=\dfrac{1}{2}gT $ ，解得 $ t=\dfrac{1}{2}T $ ，此时圆盘转过半圈，可知 $ C $ 点速度方向平行盘面向下， $ D $ 点速度方向平行盘面向上，小球速度方向与圆盘上 $ C $ 点的速度方向相同， $ \mathrm{C} $ 正确， $ \mathrm{D} $ 错误.

根据题意结合几何关系可得，三次的水平位移之比为 $ {x}_{1}:{x}_{2}:{x}_{3}=1:2:3 $ ，竖直位移之比为 $ {y}_{1}:{y}_{2}:{y}_{3}=1:2:1 $ ，根据 $ y=\dfrac{1}{2}g{t}^{2} $ 可知，三次小球在空中飞行时间之比为 $ {t}_{1}:{t}_{2}:{t}_{3}=1:\sqrt{2}:1 $ ，根据 $ x={v}_{0}t $ 可知，水平初速度大小之比为 $ {v}_{01}:{v}_{02}:{v}_{03}=1:\sqrt{2}:3 $ ， $ \mathrm{A} $ 错误， $ \mathrm{B} $ 正确；根据平抛运动的推论，速度与水平方向夹角的正切值等于位移与水平方向夹角正切值的2倍，当小球落在 $ M $ 点和 $ B $ 点时，位移与水平方向的夹角相同，所以速度方向也相同， $ \mathrm{C} $ 正确；当小球落在 $ N $ 点时，设速度方向与水平方向的夹角为 $ \alpha $ ，有 $ \tan \alpha =\dfrac{g{t}_{3}}{{v}_{03}}=\dfrac{g{t}_{1}}{3{v}_{01}}=\dfrac{1}{3}×2 \tan {45}^{\circ }=\dfrac{2}{3} $ ，由此可知，小球落在 $ N $ 点时的速度方向与斜坡 $ BC $ 不垂直， $ \mathrm{D} $ 错误.

小球做平抛运动的轨迹如图甲所示，设小球抛出后经过 $ t $ 时间落在 $ d $ 点，根据平抛运动规律有 $ y=\dfrac{1}{2}g{t}^{2} $ ， $ x={v}_{0}t $ ，根据几何知识有 $ \dfrac{y}{x}= \tan \theta $ ，联立解得 $ x=0.6\mathrm{m} $ ， $ y=0.45\mathrm{m} $ ，则圆环的半径为 $ R=\dfrac{x}{2 \cos \theta }=0.375\mathrm{m} $ ，抛出点 $ c $ 距水平直径 $ ab $ 的高度为 $ ℎ=\dfrac{y}{2}=0.225\mathrm{m} $ ，若小球从 $ c $ 点以不同的速度水平向右抛出，无论经过 $ cd $ 上的何处，其位移与水平方向的夹角均为 $ \theta $ ，则有 $ \tan \theta =\dfrac{y}{x}=\dfrac{gt\prime }{2v} $ ，设速度与水平方向的夹角为 $ \alpha $ ，则有 $ \tan \alpha =\dfrac{{v}_{y}}{v}=\dfrac{gt\prime }{v} $ ，则 $ \tan \alpha =2 \tan \theta $ ，可知 $ \alpha $ 为定值，若小球从 $ c $ 点以不同的速度水平向右抛出，经过直径 $ cd $ 上不同位置时的速度方向相同， $ \mathrm{A} $ 正确， $ \mathrm{B} $ 、 $ \mathrm{D} $ 错误；若小球从 $ c $ 点水平向右抛出垂直落在圆环上 $ f $ 点，如图乙所示，则 $ f $ 点速度反向延长线过圆心，由平抛运动的特点可知速度反向延长线过水平位移的中点 $ g $ ，由图乙可知， $ g $ 点可以为水平位移的中点，故小球可能垂直落在圆环上， $ \mathrm{C} $ 错误.

    甲                乙