高考物理一轮复习 知识点25：抛体运动（拔尖解析版）

知识点25：抛体运动考点一：平抛运动题型一：平抛运动的规律及处理方法：【知识思维方法技巧】平抛运动的规律及处理方法：（1）平抛运动的研究方法：将运动沿初速度方向（匀速直线运动）和垂直于初速度方向（自由落体运动）进行分解，先按分运动规律列式，再用运动的合成法则求合运动。（2）平抛运动的基本规律：如图以抛出点O为坐标原点，以初速度v0方向(水平方向)为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向.（3）平抛运动的重要推论：①做平抛运动的物体在任意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，如图所示，即xB＝eq\f(xA,2).推导：eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(tanθ＝\f(yA,xA－xB),tanθ＝\f(vy,v0)＝\f(2yA,xA)))→xB＝eq\f(xA,2)②做平抛运动的物体在任意时刻任意位置处，有tanθ＝2tanα.推导：eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(tanθ＝\f(vy,v0)＝\f(gt,v0),tanα＝\f(y,x)＝\f(gt,2v0)))→tanθ＝2tanα③速度改变量：Δv＝gΔt是相同的，方向恒为竖直向下因为平抛运动的加速度为恒定的重力加速度g，所以做平抛运动的物体在任意相等时间间隔Δt内的速度改变量Δv＝gΔt是相同的，方向恒为竖直向下，如图所示．类型一：落点在水平面上的平抛运动【知识思维方法技巧】落点在水平面上平抛运动的处理技巧：除了要运用平抛运动的位移和速度规律外，还要充分利用水平面的特点。【典例1a拔尖题】(多选)如图所示，小球A、B分别从2l和l的高度水平抛出后落地，上述过程中A、B的水平位移分别为l和2l.忽略空气阻力，则()A．A和B的位移大小相等B．A的运动时间是B的2倍C．A的初速度是B的eq\f(1,2)D．A的末速度比B的大【典例1a拔尖题】【答案】AD【解析】由抛出点和落地点的几何关系，可推出小球A、B的位移大小相等，A正确；平抛的竖直分运动是自由落体运动，由h＝eq\f(1,2)gt2可推出A运动的时间是B的eq\r(2)倍，B错误；小球A的初速度v0A＝eq\f(l,tA)＝eq\f(l,\r(\f(4l,g)))＝eq\f(1,2)eq\r(gl)，小球B的初速度v0B＝eq\f(2l,tB)＝eq\f(2l,\r(\f(2l,g)))＝eq\r(2gl)，A的初速度是B的eq\f(\r(2),4)，C错误；根据机械能守恒定律，eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＝eq\f(1,2)mAv0A2＋mAg·2l，eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,0B)＋mBgl，解得vA＝eq\r(4.25gl)，vB＝eq\r(4gl)，vA>vB，D正确．【典例1a拔尖题对应练习】如图所示，P、Q和M、N分别是坐标系x轴与y轴上的两点，Q为OP的中点，N为OM的中点，a、b、c表示三个可视为质点的物体做平抛运动的轨迹，a、b抛出点的位置相同，a、c落点的位置相同，以va、vb、vc表示三个物体的初速度，ta、tb、tc表示三个物体做平抛运动的时间，则有()A．va∶vb＝1∶2B．vb∶vc＝eq\r(2)∶4C．ta∶tb＝1∶eq\r(2) D．tb∶tc＝2∶1【典例1a拔尖题对应练习】【答案】B【解析】三个物体都做平抛运动，在竖直方向上是自由落体运动，由h＝eq\f(1,2)gt2解得t＝eq\r(\f(2h,g))，可知下落的时间之比为ta∶tb∶tc＝eq\r(2)∶eq\r(2)∶1，由x＝v0t解得v0＝eq\f(x,t)，可知水平方向上物体的初速度之比va∶vb∶vc＝2∶1∶2eq\r(2)，故B正确，A、C、D错误。类型二：落点在斜面上的平抛运动【知识思维方法技巧】落点在斜面上平抛运动的处理技巧：（1）除了要运用平抛运动的位移和速度规律外，还要充分利用斜面的倾角，找出斜面倾角同位移和速度的关系，从而使问题得以顺利解决。（2）顺着斜面平抛，要分解位移。求物体离斜面距离最大，要分解速度。（3）对着斜面平抛，要分解速度。（4）斜面上平抛运动的推论：根据推论可知，tanα=2tanθ，同一个斜面同一个θ，所以，无论平抛初速度大小如何，落到斜面速度方向相同。【典例1b拔尖题】（多选）如图所示，蜘蛛在两竖直杆a、b间织网，先布下一根蛛丝MN，再在M点正下方的P点以水平速度v0向MN跃去，蜘蛛恰好能跃到MN上。已知MN与竖直方向成角α，重力加速度为g。则下列说法中正确的是()A．蜘蛛跃到蛛丝上的速度为eq\f(v0,cosα)B．蜘蛛从P点跃到MN上的时间为eq\f(v0tanα,g)C．蜘蛛从P点跃到MN上的水平距离为eq\f(v\o\al(2,0),gtanα)D．P点与M点间的距离为eq\f(v\o\al(2,0),2gtan2α)【典例1b拔尖题】【答案】CD【解析】蜘蛛恰好能跃到MN上，表示蜘蛛平抛运动的轨迹恰好和MN相切，即蜘蛛跃到MN上时速度v的方向沿MN方向，根据几何关系可得v＝eq\f(v0,sinα)，选项A错误；同理可得，蜘蛛跃到MN上时竖直分速度vy＝eq\f(v0,tanα)，所以蜘蛛从P点跃到MN上的时间t＝eq\f(vy,g)＝eq\f(v0,gtanα)，选项B错误；蜘蛛从P点跃到MN上的水平距离x＝v0t＝eq\f(v\o\al(2,0),gtanα)，选项C正确；P点与M点间的距离h＝eq\f(v0t,tanα)－eq\f(1,2)gt2＝eq\f(v\o\al(2,0),2gtan2α)，选项D正确。【典例1b拔尖题对应练习】如图所示，一小球在斜面的顶端以初速度v0水平抛出，最后落到斜面上。已知斜面的倾角为α，小球的质量为m，重力加速度为g。求：(1)小球落到斜面时速度大小和方向与水平面夹角的正切值。(2)小球离斜面最远时的速度大小和运动时间。【典例1b拔尖题对应练习】【答案】(1)v0eq\r(1＋4tan2α)2tanα(2)eq\f(v0,cosα)eq\f(v0tanα,g)【解析】(1)如图所示，设小球落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角为θ小球在水平方向上做匀速直线运动，有vx1＝v0，x＝v0t，小球在竖直方向上做自由落体运动，有vy1＝gt，y＝eq\f(1,2)gt2，小球落到斜面上，所以有tanα＝eq\f(y,x)＝eq\f(gt,2v0)，解得t＝eq\f(2v0tanα,g)，tanθ＝eq\f(vy1,vx1)＝eq\f(gt,v0)＝2tanα，小球落到斜面上的速度v1＝eq\r(vx12＋vy12)＝v0eq\r(1＋4tan2α)。(2)当小球的运动方向与斜面平行时，小球与斜面相距最远，设此时经历时间为t′，小球的运动方向与水平方向的夹角为α，则有vx＝vcosα，tanα＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(gt′,vx)，vx＝v0，解得t′＝eq\f(v0tanα,g)，v＝eq\f(v0,cosα)。类型三：落点在圆弧面上的平抛运动【知识思维方法技巧】如图甲所示，半径和几何关系制约平抛运动时间t：h＝eq\f(1,2)gt2，R±eq\r(R2－h2)＝v0t.联立两方程可求t.如图乙所示，小球恰好沿B点的切线方向进入圆轨道，此时半径OB垂直于速度方向，圆心角α与速度的偏向角相等．如图丙所示，小球恰好从圆柱体Q点沿切线飞过，此时半径OQ垂直于速度方向，圆心角θ与速度的偏向角相等．【典例1c拔尖题】图中给出了某一通关游戏的示意图，安装在轨道AB上可上下移动的弹射器，能水平射出速度大小可调节的弹丸，弹丸射出口在B点的正上方．竖直面内的半圆弧轨道BCD的半径R＝2.0m，直径BD水平且与轨道AB处在同一竖直面内．小孔P和圆心O连线与水平方向夹角为37°.游戏要求弹丸垂直于P点圆弧切线方向射入小孔P就能进入下一关．为了能通关，弹射器离B点的高度和弹丸射出的初速度分别是(不计空气阻力，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)()A．0.15m,4eq\r(3)m/s B．1.50m,4eq\r(3)m/sC．0.15m,2eq\r(6)m/s D．1.50m,2eq\r(6)m/s【典例1c拔尖题】【答案】A【解析】如图所示，OE＝OP·cos37°＝1.6m，PE＝OPsin37°＝1.2m，x＝MN＝BO＋OE＝3.6m，即v0t＝3.6m，OF＝PN－1.2m＝y－1.2m，GF＝eq\f(MN,2)－OE＝eq\f(x,2)－1.6m，而eq\f(OF,GF)＝tan37°＝eq\f(y－1.2m,\f(x,2)－1.6m)，则y＝eq\f(3,8)x＝eq\f(3,8)×3.6m＝1.35m，所以MB＝y－PE＝(1.35－1.2)m＝0.15m，eq\f(vy,vx)＝eq\f(gt,v0)＝tan37°，v0t＝3.6m，解得v0＝4eq\r(3)m/s，A正确．【典例1c拔尖题对应练习】（多选）在某次高尔夫球比赛中，一选手击球后，球恰好落在洞的边缘，假定洞内bc表面为eq\f(1,4)球面，半径为R，且空气阻力可忽略，重力加速度大小为g，把此球以大小不同的初速度v0沿半径方向水平击出，如图所示，球落到球面上，下列说法正确的是()A．落在球面上的最大速度为2eq\r(2gR)B．落在球面上的最小速度为eq\r(\r(3)gR)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球面上【典例1c拔尖题对应练习】【答案】BD【解析】平抛运动竖直方向的分运动是自由落体运动，由h＝eq\f(1,2)gt2，得t＝eq\r(\f(2h,g))。设小球落在A点时，OA与竖直方向之间的夹角为θ，水平方向的位移为x，竖直方向的位移为y，到达A点时竖直方向的速度为vy，则x＝v0t＝Rsinθ，y＝eq\f(vy2,2g)＝eq\f(gt2,2)＝Rcosθ，得vy2＝2gRcosθ，v02＝eq\f(gRsin2θ,2cosθ)，又由vt＝eq\r(v02＋vy2)＝eq\r(\f(gRsin2θ,2cosθ)＋2gRcosθ)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)cosθ＋\f(1,2cosθ)))gR)，所以落在球面上的小球有最小速度，当eq\f(3,2)cosθ＝eq\f(1,2cosθ)时，速度最小，最小速度为eq\r(\r(3)gR)，故A错误，B正确；由以上的分析可知，小球下落的时间t＝eq\f(vy,g)＝eq\r(\f(2Rcosθ,g))，其中cosθ与小球的初速度有关，故C错误；小球撞击在球面上时，根据“平抛运动速度的反向延长线交于水平位移的中点”结论可知，由于O点不在水平位移的中点，所以小球撞在球面上的速度反向延长线不可能通过O点，也就不可能垂直撞击在球面上，故D正确。类型四：落点在抛物面上的平抛运动【知识思维方法技巧】结合抛物面方程解题，注意符号。【典例1d拔尖题】如图所示，竖直平面第一象限有一个接触面，接触面表面满足，质量为的钢球从图中其坐标为处，以的初速度水平抛出，经过时，落在接触面某处（不考虑反弹），g取，下列说法正确的是（）A．接触表面抛物线方程表达式为B．落在接触面上时，钢球的速度方向与水平面的夹角为C．落在接触面上时，钢球的位移大小为D．假设该钢球以的初速度从图中原坐标处平抛，则不能落在接触面上【典例1d拔尖题】【答案】D【解析】设落在接触面上位置坐标为(x，y)根据平抛运动规律，有：，解得，所以接触表面抛物线方程表达式为，故A错误；设钢球落在接触面上竖直分速度为，钢球的速度方向与水平面的夹角为，则有，可知，落在接触面上时，钢球的速度方向与水平面的夹角不等于。故B错误；落在接触面上时，钢球的位移大小为，故C错误；设钢球速度为v时，恰好落在坐标原点，则解得，球以的初速度从图中原坐标处平抛，则不能落在接触面上。故D正确。故选D。【典例1d拔尖题对应练习】以某一初速度水平抛出一物体，若以抛出点为坐标原点O，初速度方向为x轴的正方向，物体所受重力方向为y轴的正方向，它的运动轨迹恰好满足方程y＝eq\f(1,k)x2，经过一段时间速度大小变为初速度的2倍，不计空气阻力，重力加速度为g，以下说法正确的是()A．物体水平抛出的初速度为eq\r(\f(gk,2))B．该过程的运动时间为eq\r(\f(3k,2g))C．该过程中的位移大小为eq\r(\f(21,16)k2)D．该程的位移方向与水平方向的夹角为θ，tanθ＝eq\r(\f(3,2))【典例1d拔尖题对应练习【答案】ABC【解析】根据平抛运动的规律y＝eq\f(1,2)gt2，x＝v0t，联立解得y＝eq\f(g,2v02)x2，则有eq\f(1,k)＝eq\f(g,2v02)，则物体水平抛出的初速度为v0＝eq\r(\f(kg,2))，所以选项A正确经过一段时间速度大小变为初速度的2倍，则有v＝eq\r(v02＋vy2)＝2v0，解得vy＝eq\r(3)v0，又vy＝gt，解得该过程的运动时间为t＝eq\r(\f(3k,2g))，所以选项B正确，该过程中的位移为s＝eq\r(x2＋y2)＝eq\r(v0t2＋\f(1,2)gt22)，解得s＝eq\r(\f(21,16)k2)，所以选项C正确，该过程的位移方向与水平方向的夹角为θ，有tanθ＝eq\f(y,x)＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq\f(vy,2v0)＝eq\f(\r(3),2)，所以选项D错误．类型五：落点在竖直面上的平抛运动【知识思维方法技巧】如图所示，水平初速度v0不同时，虽然落点不同，但水平位移d相同，t＝eq\f(d,v0)。【典例1e拔尖题】如图是对着竖直墙壁沿水平方向抛出的小球a、b、c的运动轨迹，三个小球到墙壁的水平距离均相同，且a和b从同一点抛出。不计空气阻力，则()A．a和b的飞行时间相同B．b的飞行时间比c的短C．a的水平初速度比b的小D．c的水平初速度比a的大【典例1e拔尖题】【答案】D【解析】由题图可知b下落的高度比a的大，根据t＝eq\r(\f(2h,g))可知，b飞行的时间较长，根据v0＝eq\f(x,t)，可知a、b的水平位移相同，则a的水平初速度比b的大，选项A、C错误；b下落的高度比c的大，则b飞行的时间比c的长，选项B错误；a下落的高度比c的大，则a飞行的时间比c的长，根据v0＝eq\f(x,t)，可知a、c的水平位移相同，则a的水平初速度比c的小，选项D正确。【典例1e拔尖题对应练习】如图所示是网球发球机，某次室内训练时将发球机放在距地面一定的高度，然后向竖直墙面发射网球．假定网球水平射出，某两次射出的网球碰到墙面时与水平方向夹角分别为30°和60°，若不考虑网球在空中受到的阻力，则()A．两次发射的初速度之比为3∶1B．碰到墙面前空中运动时间之比为1∶3C．下降高度之比为1∶3D．碰到墙面时动能之比为3∶1【典例1e拔尖题对应练习】【答案】C【解析】在平抛运动过程中，h＝eq\f(1,2)gt2，x＝v0t，位移与水平方向夹角的正切值tanα＝eq\f(h,x)＝eq\f(gt,2v0).速度与水平方向夹角的正切值tanβ＝eq\f(v0,vy)＝eq\f(gt,v0).则tanβ＝2tanα.在平抛运动中，h＝xeq\f(tanβ,2).所以eq\f(h1,h2)＝eq\f(tan30°,tan60°)＝eq\f(1,3)，由h＝eq\f(1,2)gt2可知，eq\f(t1,t2)＝eq\r(\f(h1,h2))＝eq\f(\r(3),3)，速度v＝eq\f(x,t)，可得eq\f(v1,v2)＝eq\f(\r(3),1)；由于vt＝eq\f(v0,cosβ)可知，eq\f(vt1,vt2)＝eq\f(v1cos60°,v2cos30°)＝eq\f(1,1)，所以动能之比eq\f(Ek1,Ek2)＝eq\f(v\o\al(2,t1),v\o\al(2,t2))＝eq\f(1,1).综上分析，C正确．类型六：落点在水平台阶上的平抛运动【知识思维方法技巧】（1）临界速度法（2）虚构斜面法v0v0hsv0hsθ()θ【典例1f拔尖题】如图所示，A、B、C是三级台阶的端点位置，每一级台阶的水平宽度是相同的，其竖直高度分别为h1、h2、h3，将三个相同的小球分别从A、B、C三点以相同的速度v0水平抛出，最终都能到达A的下一级台阶的端点P处，不计空气阻力．关于从A、B、C三点抛出的小球，下列说法正确的是()A．在空中运动时间之比为tA∶tB∶tC＝1∶3∶5B．竖直高度之比为h1∶h2∶h3＝1∶2∶3C．在空中运动过程中，动量变化率之比为eq\f(ΔpA,Δt)∶eq\f(ΔpB,Δt)∶eq\f(ΔpC,Δt)＝1∶1∶1D．到达P点时，重力做功的功率之比PA∶PB∶PC＝1∶4∶9【典例1f拔尖题】【答案】C【解析】根据x＝v0t，水平初速度相同，A、B、C水平位移之比为1∶2∶3,所以它们在空中运动的时间之比为1∶2∶3，A错误；根据h＝eq\f(1,2)gt2，竖直高度之比为h3∶h2∶h1＝1∶3∶5，B错误；根据动量定理可知，动量的变化率为小球受到的合外力即重力，重力相同，则动量的变化率相等，故C正确；到达P点时，由vy＝gt知，竖直方向速度大小之比为1∶2∶3,重力做功的功率P＝mgvy，所以重力做功的功率之比为PA∶PB∶PC＝1∶2∶3，故D错误．【典例1f拔尖题对应练习】如图所示，一小球从某一高度水平抛出后，恰好落在第1级台阶的紧靠右边缘处，反弹后再次下落至第3级台阶的紧靠右边缘处．已知小球第一、二次与台阶相碰之间的时间间隔为0.3s，每级台阶的宽度和高度均为18cm.小球每次与台阶碰撞后速度的水平分量保持不变，而竖直分量大小变为碰前的eq\f(1,4)，取g＝10m/s2，则小球()A．第一次落点与小球抛出点间的水平距离为0.144mB．第一次落点与小球抛出点间的竖直距离为0.72mC．抛出时的初速度为1.0m/sD．会与第5级台阶相撞【典例1f拔尖题对应练习】【答案】A【解析】设第一次落在第1级台阶时，竖直方向的速度为vy1，水平方向的速度为v0，由于第一、二次与台阶相撞的时间间隔为Δt＝0.3s，所以v0＝eq\f(0.36,0.3)m/s＝1.2m/s，选项C错误；在竖直方向上，小球做匀变速直线运动，以向下为正方向，有－eq\f(1,4)vy1Δt＋eq\f(1,2)g(Δt)2＝2×0.18m，即vy1＝1.2m/s(与第1级台阶碰撞前在空中平抛的时间为0.12s)，设第一次从抛出到落地过程下落高度为h，有vy12＝2gh，解得h＝0.072m，水平位移x＝1.2×0.12m＝0.144m，选项A正确，B错误；设落到第3级台阶时竖直方向的速度为vy3，vy3＝－eq\f(1,4)vy1＋gΔt＝2.7m/s.假设小球可以到达第5台阶右边缘处，第3台阶与第5台阶的竖直高度为0.36m，两边缘处水平距离为0.36m，即x′＝v0t＝0.36m，解得t＝0.3s，小球离开第3台阶后再运动0.3s到达第5台阶，竖直位移y′＝－eq\f(vy3,4)t＋eq\f(1,2)gt2＝0.2475m＜0.36m，所以小球不能到达第5台阶，D选项错误.题型二：平抛运动的临界极值问题【知识思维方法技巧】平抛运动临界极值问题的处理技巧：（1）找出临界状态对应的临界条件。分析平抛运动中的临界问题时一般运用极限分析的方法，即把要求的物理量设定为极大或极小，让临界问题突显出来，找到产生临界的条件。（2）分解速度或位移．（3）画出临界轨迹．类型一：乒乓球平抛运动的临界极值问题【典例2a拔尖题】抛体运动在各类体育运动项目中很常见，如乒乓球运动．现讨论乒乓球发球问题，设球台长2L、网高h，乒乓球反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反，且不考虑乒乓球的旋转和空气阻力．(设重力加速度为g)(1)若球在球台边缘O点正上方高度为h1处以速度v1水平发出，落在球台上的P1点(如图中实线所示)，求P1点距O点的距离x1.(2)若球从O点正上方某高度处以速度v2水平发出，恰好在最高点时越过球网落在球台上的P2点(如图中虚线所示)，求v2的大小．(3)若球从O点正上方水平发出后，球经反弹恰好越过球网且刚好落在对方球台边缘P3点，求发球点距O点的高度h3.【典例2a拔尖题】【答案】(1)v1eq\r(\f(2h1,g))(2)eq\f(L,2)eq\r(\f(g,2h))(3)eq\f(4,3)h【解析】(1)如图甲所示，根据平抛规律得h1＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，x1＝v1t1，联立解得：x1＝v1eq\r(\f(2h1,g)).(2)根据平抛规律得：h2＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，x2＝v2t2且h2＝h，2x2＝L，联立解得v2＝eq\f(L,2)eq\r(\f(g,2h)).(3)如图乙所示，得：h3＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,3)，x3＝v3t3且3x3＝2L，设球从恰好越过球网到达到最高点时所用的时间为t，水平距离为s，有h3－h＝eq\f(1,2)gt2，s＝v3t，由几何关系得：x3＋s＝L，解得：h3＝eq\f(4,3)h.【典例2a拔尖题对应练习】如图所示，乒乓球的发球器安装在水平桌面上，竖直转轴OO′距桌面的高度为h，发射器O′A长度也为h。打开开关后，可将乒乓球从A点以初速度v0水平发射出去，其中。设发射出的所有乒乓球都能落到桌面上，乒乓球自身尺寸及空气阻力不计。若使该发球器绕转轴OO′在90º角的范围内来回缓慢水平转动，持续发射足够长时间后，乒乓球第一次与桌面相碰区域的最大面积S是()A．8πh2 B．4πh2 C．6πh2 D．2πh2【典例2a拔尖题对应练习】【答案】B【解析】平抛运动的时间：，当速度最大时水平位移：，当速度最小时水平位移：，故圆环的半径为：3h≤r≤5h；乒乓球第一次与桌面相碰区域的最大面积S＝π[(5h)2﹣(3h)2]＝4πh2，故ACD错误、B正确。故选B。类型二：网球平抛运动的临界极值问题【典例2b拔尖题】（多选）如图所示，一网球运动员将球在边界正上方某处水平向右击出，球的初速度垂直于球网平面，且刚好过网落在对方界内。相关数据如图，不计空气阻力，下列说法正确是()A．击球点高度h1与球网高度h2之间的关系为h1＝1.8h2B．若保持击球高度不变，球的初速度v0只要不大于eq\f(s,h1)eq\r(2gh1)，一定落在对方界内C．任意降低击球高度(仍大于h2)，只要球的初速度合适，球一定能落在对方界内D．任意增加击球高度，只要球的初速度合适，球一定能落在对方界内【典例2b拔尖题】【答案】AD【解析】由题意可知球通过水平位移s和eq\f(3,2)s，所用的时间之比为2∶3，则在竖直方向上，根据h＝eq\f(1,2)gt2，可得eq\f(h1－h2,h1)＝eq\f(4,9)，解得h1＝1.8h2，故A正确；竖直方向上，根据h＝eq\f(1,2)gt2，可得时间t＝eq\r(\f(2h,g))，若保持击球高度不变，球恰不越界时，运动时间t1＝eq\r(\f(2h1,g))，故可得球的最大初速度v01＝eq\f(2s,t1)＝eq\f(s,h1)eq\r(2gh1)；球恰好过网时，运动时间t2＝eq\r(\f(2（h1－h2）,g))，故可得球的最小初速度v02＝eq\f(s,t2)＝seq\r(\f(g,2（h1－h2）))，故球初速度的取值范围是seq\r(\f(g,2（h1－h2）))≤v0≤eq\f(s,h1)eq\r(2gh1)，选项B错误；任意降低击球高度(仍大于h2)，存在一个临界高度h0，这个临界高度值满足h0－h2＝eq\f(1,2)gt2＝eq\f(1,2)g(eq\f(s,v0))2，h0＝eq\f(1,2)gt′2＝eq\f(1,2)g(eq\f(2s,v0))2，联立得该临界高度h0＝eq\f(4,3)h2，球的初速度v0＝eq\r(\f(3gs2,2h2))，低于这一高度击球，球不能落在对方界内，故选项C错误；增加击球高度，只要球的初速度合适，球一定能落到对方界内，故D正确。类型三：曲面模型平抛运动的临界极值问题【典例2c拔尖题】如图所示，水平屋顶高H＝5m，围墙高h＝3.2m，围墙到房子的水平距离L＝3m，围墙外空地宽x＝10m，为使小球从屋顶水平飞出落在围墙外的空地上，g取10m/s2.求：(1)小球离开屋顶时的速度v0的大小范围；(2)小球落在空地上的最小速度．【典例2c拔尖题】【答案】(1)5m/s≤v0≤13m/s(2)5eq\r(5)m/s【解析】(1)设小球恰好落到空地的右侧边缘时的水平初速度为v01，则小球的水平位移：L＋x＝v01t1，小球的竖直位移：H＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，解以上两式得v01＝(L＋x)eq\r(\f(g,2H))＝13m/s；设小球恰好越过围墙的边缘时的水平初速度为v02，则此过程中小球的水平位移：L＝v02t2，小球的竖直位移：H－h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，解以上两式得：v02＝Leq\r(\f(g,2H－h))＝5m/s，小球离开屋顶时的速度大小为5m/s≤v0≤13m/s(2)小球落在空地上，下落高度一定，落地时的竖直分速度一定，当小球恰好越过围墙的边缘落在空地上时，落地速度最小．竖直方向：veq\o\al(2,y)＝2gH，又有：vmin＝eq\r(v\o\al(2,02)＋v\o\al(2,y))解得：vmin＝5eq\r(5)m/s【典例2c拔尖题对应练习】（多选）如图所示，水平面内放置一个直径d＝1m，高h＝1m的无盖薄油桶，沿油桶直径距左桶壁s＝2m处的正上方有一点P，P点的高度H＝3m，从P点沿直径方向水平抛出一小球，不考虑小球的反弹，下列说法正确的是(取g＝10m/s2)()A．小球的速度范围为eq\r(15)m/s<v<eq\f(3,2)eq\r(10)m/s时，小球击中油桶的内壁B．小球的速度范围为eq\r(15)m/s<v<eq\f(3,2)eq\r(10)m/s时，小球击中油桶的下底C．小球的速度范围为eq\f(2,3)eq\r(15)m/s<v<eq\r(10)m/s时，小球击中油桶外壁D．若P点的高度变为1.8m，则小球无论初速度多大，均不能落在桶底(桶边缘除外)【典例2c拔尖题对应练习】【答案】ACD【解析】如图所示，小球落在A点时，v1＝seq\r(\f(g,2H))＝eq\f(2,3)eq\r(15)m/s，当小球落在D点时，v2＝seq\r(\f(g,2（H－h）))＝eq\r(10)m/s，当小球落在B点时，v3＝(s＋d)eq\r(\f(g,2H))＝eq\r(15)m/s，当小球落在C点时，v4＝(s＋d)eq\r(\f(g,2（H－h）))＝eq\f(3,2)eq\r(10)m/s。小球击中油桶内壁时，v2<v<v4，即eq\r(10)m/s<v<eq\f(3,2)eq\r(10)m/s，选项A正确；小球击中油桶下底时，v2<v<v3，即eq\r(10)m/s<v<eq\r(15)m/s，选项B错误；小球击中油桶外壁时，v1<v<v2，即eq\f(2,3)eq\r(15)m/s<v<eq\r(10)m/s，选项C正确；若P点的高度变为H0，轨迹同时过D点和B点，则此时的初速度v′＝seq\r(\f(g,2（H0－h）))＝(s＋d)eq\r(\f(g,2H0))，解得H0＝1.8m，v′＝5m/s，在此高度上初速度大于5m/s，小球落在油桶右侧内壁上，当速度小于5m/s时，小球至多落在油桶左侧外壁，选项D正确。题型三：平抛运动的相遇问题【知识思维方法技巧】平抛运动相遇问题的处理技巧：（1）找关系：根据两物体的相遇点，寻找两物体相遇时的时间关系、位移(水平位移和竖直位移)关系、速度关系，以及两物体在初始时刻的位置关系等。（2）用规律：依据抛体运动的基本规律(位移规律、速度规律等)，列方程求解。【典例3拔尖题】如图所示，倾角θ＝37°、高h＝1.8m的斜面体位于水平地面上，小球从斜面顶端A点以初速度v0水平向右抛出(此时斜面未动)，小球恰好落到斜面底端B点处。空气阻力忽略不计，取重力加速度g＝10m/s2，tan37°＝0.75。(1)求小球平抛的初速度v0的大小；(2)若在小球水平抛出的同时，使斜面体在水平面上由静止开始向右做匀加速直线运动，经t2＝0.3s小球落至斜面体上，求斜面体运动的加速度大小。【典例3拔尖题】【答案】(1)4m/s(2)13.3m/s2【解析】(1)小球水平抛出后恰好落在斜面底端，设水平位移为x，h＝eq\f(1,2)gt2，x＝v0t由几何知识可得tanθ＝eq\f(h,x)联立并代入已知数据得v0＝4m/s。(2)如图所示，设经过t2＝0.3s，斜面体运动的位移为x1，加速度大小为a，小球做平抛运动竖直位移为h2，水平位移为x2，x1＝eq\f(1,2)at22，h2＝eq\f(1,2)gt22，x2＝v0t2，由几何知识可得tanθ＝eq\f(h2,x2－x1)联立并代入已知数据得a＝eq\f(40,3)m/s2≈13.3m/s2。【典例3拔尖题对应练习】地方电视台有一个叫“投准”的游戏，其简化模型如图所示，左侧是一个平台，平台右边的地面上有不断沿直线向平台运动的小车，参赛者站在台面上，看准时机将手中的球水平抛出，小球能落入小车算有效。已知投球点与小车上方平面高度差h=5m，小车的长度为L0=1.0m，小车以大小为a=2m/s2的加速度做匀减速运动，球的大小可忽略。某次活动中，一辆小车前端行驶到与平台水平距离L=23m处时，速度为v0=11m/s，同时参赛选手将球水平抛出，结果小球落入小车中。重力加速度g取10m/s2，求：(1)小球从抛出到落入小车的时间；(2)小球抛出时的速度v的范围。【典例3拔尖题对应练习】【答案】(1)1s；(2)13m/s<v<14m/s【解析】(1)小球做平抛运动，设飞行时间为t，由h=gt2解得：t=1s(2)在t时间内小车前进的位移为=10m，要投入小车，小球最小的水平位移为x1==13m，最小速度为v1==13m/s，小球最大的水平位移为x2=+L0=14m，最大速度为v2==14m/s，小球抛出时的速度v的范围是13m/s<v<14m/s。考点二：类平抛运动【知识思维方法技巧】类平抛运动问题分析：（1）受力特点：物体所受合力为恒力，且与初速度的方向垂直。（2）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。（3）求解方法：①常规分解法：将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向(即沿合力方向)的匀加速直线运动，两分运动彼此独立，互不影响，且与合运动具有等时性。②特殊分解法：对于有些问题，可以过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度分解为ax、ay，初速度v0分解为vx、vy，然后分别在x、y方向列方程求解。题型一：光滑斜面模型【典例1拔尖题】如图所示，A、B两质点从同一点O分别以相同的水平速度v0沿x轴正方向抛出，A在竖直平面内运动，落地点为P1；B沿光滑斜面运动，落地点为P2，P1和P2在同一水平面上，不计阻力，则下列说法正确的是()A.A、B的运动时间相同B.A、B沿x轴方向的位移相同C.A、B运动过程中的加速度大小相同D.A、B落地时速度大小相同【典例1拔尖题】【答案】D【解析】设O点与水平面的高度差为h，由h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，eq\f(h,sinθ)＝eq\f(1,2)gsinθ·teq\o\al(2,2)可得：t1＝eq\r(\f(2h,g))，t2＝eq\r(\f(2h,gsin2θ))，故t1<t2，A错误；由x1＝v0t1，x2＝v0t2，可知，x1<x2，B错误；由a1＝g，a2＝gsinθ可知，C错误；A落地的速度大小为vA＝eq\r(v\o\al(2,0)＋gt12)＝eq\r(v\o\al(2,0)＋2gh)，B落地的速度大小vB＝eq\r(v\o\al(2,0)＋a2t22)＝eq\r(v\o\al(2,0)＋2gh)，所以vA＝vB，故D正确.【典例1拔尖题对应练习】如图所示的光滑斜面长为l，宽为b，倾角为θ，一物块(可看成质点)沿斜面左上方顶点P水平射入，恰好从底端Q点离开斜面，试求：(重力加速度为g)(1)物块由P运动到Q所用的时间t；(2)物块由P点水平射入时的初速度v0的大小；(3)物块离开Q点时速度的大小v.【典例1拔尖题对应练习】【答案】(1)eq\r(\f(2l,gsinθ))(2)beq\r(\f(gsinθ,2l))(3)eq\r(\f(b2＋4l2gsinθ,2l))【解析】(1)沿斜面向下有：mgsinθ＝ma，l＝eq\f(1,2)at2，联立解得t＝eq\r(\f(2l,gsinθ)).(2)沿水平方向有b＝v0t，v0＝eq\f(b,t)＝beq\r(\f(gsinθ,2l))(3)物块离开Q点时的速度大小v＝eq\r(v\o\al(02,)＋at2)＝eq\r(\f(b2＋4l2gsinθ,2l)).题型二：其他模型【典例2拔尖题】风洞实验室能产生大小和方向均可改变的风力。如图所示，在风洞实验室中有足够大的光滑水平面，在水平面上建立xOy直角坐标系。质量m＝0.5kg的小球以初速度v0＝0.40m/s从O点沿x轴正方向运动，在0～2.0s内受到一个沿y轴正方向、大小F1＝0.20N的风力作用；小球运动2.0s后风力方向变为沿y轴负方向、大小变为F2＝0.10N(图中未画出)。试求：(1)2.0s末小球在y轴方向的速度大小和2.0s内运动的位移大小；(2)风力F2作用多长时间，小球的速度变为与初速度相同。【典例3拔尖题】【答案】(1)0.8m/s1.1m(2)4.0s【解析】当物体受到与初速度垂直的恒定的合外力时，其运动规律与平抛运动类似，简称类平抛运动。类平抛运动的求解方法是：将运动分解为初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向(即合外力方向)的匀加速直线运动，求出加速度，再利用求解平抛运动的方法求解相关问题。(1)设在0～2.0s内小球运动的加速度为a1，则F1＝ma1，2．0s末小球在y轴方向的速度v1＝a1t1代入数据解得v1＝0.8m/s，沿x轴方向运动的位移x1＝v0t1，沿y轴方向运动的位移y1＝eq\f(1,2)a1t12，2．0s内运动的位移s1＝eq\r(x12＋y12)，代入数据解得s1＝0.8eq\r(2)m≈1.1m。(2)设2.0s后小球运动的加速度为a2，F2的作用时间为t2时小球的速度变为与初速度相同，则F2＝ma2，0＝v1－a2t2，代入数据解得t2＝4.0s。考点三：斜上抛运动及类斜抛运动题型一：斜上抛运动的处理方法【知识思维方法技巧】斜抛运动问题的处理方法：（1）常规分解法：将斜上抛运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀减速直线运动。（2）特殊分解法：对于有些问题，可以过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度分解为ax、ay，初速度v0分解为vx、vy，然后分别在x、y方向列方程求解．（3）逆向思维法：把物体的斜抛运动看做从最高点开始的反向的平抛运动．斜抛运动可以从最高点分段研究，后半段相当于平抛运动，前半段相当于反向的平抛运动，且两段运动时间、位移和速度具有对称性．类型一：应用常规分解法解决斜上抛运动【知识思维方法技巧】应用常规分解法解决斜上抛运动的技巧：将斜上抛运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀减速直线运动。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v0x＝v0cosθ，v0y＝v0sinθ.在水平方向，物体的位移和速度分别为x＝v0xt＝(v0cosθ)t①vx＝v0x＝v0cosθ②在竖直方向，物体的位移和速度分别为y＝v0yt－eq\f(1,2)gt2＝(v0sinθ)t－eq\f(1,2)gt2③vy＝v0y－gt＝v0sinθ－gt④斜抛运动中的极值：在最高点，vy＝0，由④式得到t＝eq\f(v0sinθ,g)⑤将⑤式代入③式得物体的射高ym＝eq\f(v02sin2θ,2g)⑥物体落回与抛出点同一高度时，有y＝0，由③式得总时间t总＝eq\f(2v0sinθ,g)⑦将⑦式代入①式得物体的射程xm＝eq\f(v02sin2θ,g)当θ＝45°时，sin2θ最大，射程最大．所以对于给定大小的初速度v0，沿θ＝45°方向斜向上抛出时，射程最大．【典例1a拔尖题】中国运动员谷爱凌在北京冬奥会自由式滑雪女子大跳台项目中获得金牌。如图所示为赛道的简化模型，ab为助滑道，bc为带有跳台的起跳区，cd为着陆坡，de为停止区。运动员在跳台顶端M点以速度斜向上飞出，速度方向与水平方向夹角为θ，落地点为着陆坡上的P点。已知M点到P点的高度差为h，假设运动员在空中运动过程只受重力作用，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．运动员在P点落地速度大小为B．运动员在P点落地速度与水平方向的夹角正切值为C．运动员在空中的运动时间为D．运动员在空中最高点与P点的高度差为【典例1a拔尖题】【答案】B【解析】由题意根据匀变速直线运动规律可得M点到最高点的高度为运动员做斜抛运动，其在P点水平方向的分速度为其竖直分速度则运动员在P点落地速度大小为，A错误；B．落地速度与水平方向的夹角，B正确；C．运动员从M点到最高点的过程，其时间为从最高点到P点的过程，根据可得其下落时间为则运动员在空中的总时间，C错误；D．运动员在空中最高点与P点的高度差为，D错误。故选B。【典例1a拔尖题对应练习】如图所示，两人各自用吸管吹黄豆，甲黄豆从吸管末端P点水平射出的同时乙黄豆从另一吸管末端M点斜向上射出。经过一段时间后两黄豆在N点相遇，曲线1和2分别为甲、乙黄豆的运动轨迹。若M点在P点正下方，M点与N点位于同一水平线上，且PM长度等于MN的长度，不计空气阻力，可将黄豆看成质点，则()A.两黄豆相遇时甲的速度与水平方向的夹角的正切值为乙的两倍B.甲黄豆在P点的速度与乙黄豆在最高点的速度不相等C.两黄豆相遇时甲的速度大小为乙的两倍D.乙黄豆相对于M点上升的最大高度为PM长度的一半【典例1a拔尖题对应练习】【答案】A【解析】设PM＝MN＝h，甲、乙两黄豆自射出后经时间t相遇，则有h＝gt2，对于乙黄豆，根据斜上抛运动的对称性可知其从最高点(设为Q)到N的运动时间为，Q、N两点之间的水平距离为，竖直距离为h′＝g()2＝h，根据平抛运动规律的推论可知，甲黄豆到达N点时速度方向与水平方向的夹角α1的正切值为位移方向与水平方向的夹角θ1的正切值的2倍，即tanα1＝2tanθ1＝＝2，乙黄豆到达N点时速度方向与水平方向的夹角α2的正切值为相对于Q点的位移方向与水平方向的夹角θ2的正切值的2倍，即tanα2＝2tanθ2＝＝1，所以tanα1＝2tanα2，故A正确，D错误；甲黄豆在P点的速度与乙黄豆在最高点的速度都等于各自运动过程中水平方向的分速度，而二者整个运动过程的水平位移和时间均相同，所以水平分速度相等，则甲黄豆在P点的速度与乙黄豆在最高点的速度相等，故B错误；根据B项分析，设甲、乙两黄豆在N点时的水平分速度大小均为v0，速度大小分别为v1、v2，则根据A项分析以及速度的合成规律，有v1＝＝v0，v2＝＝v0，所以≠2，故C错误。类型二：应用特殊分解法解决斜上抛运动【知识思维方法技巧】对于有些问题，可以过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度分解为ax、ay，初速度v0分解为vx、vy，然后分别在x、y方向列方程求解．【典例1b拔尖题】单板滑雪U形池比赛是冬奥会比赛项目，其场地可以简化为如图甲所示的模型：U形滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道和一个中央的平面直轨道连接而成，轨道倾角为17.2°.某次练习过程中，运动员以vM＝10m/s的速度从轨道边缘上的M点沿轨道的竖直切面ABCD滑出轨道，速度方向与轨道边缘线AD的夹角α＝72.8°，腾空后沿轨道边缘的N点进入轨道．图乙为腾空过程左视图．该运动员可视为质点，不计空气阻力，取重力加速度的大小g＝10m/s2，sin72.8°＝0.96，cos72.8°＝0.30.求：（1）运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值d；（2）M、N之间的距离L.【典例1b拔尖题】【答案】(1)4.8m(2)12m【解析】(1)在M点，设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分速度为v1，由运动的合成与分解规律得v1＝vMsin72.8°，设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分加速度为a1，由牛顿第二定律得mgcos17.2°＝ma1，由运动学公式得d＝eq\f(v12,2a1)联立代入数据得d＝4.8m(2)在M点，设运动员在ABCD面内平行AD方向的分速度为v2，由运动的合成与分解规律得v2＝vMcos72.8°，设运动员在ABCD面内平行AD方向的分加速度为a2，由牛顿第二定律得：mgsin17.2°＝ma2，设腾空时间为t，由运动学公式得t＝eq\f(2v1,a1)，L＝v2t＋eq\f(1,2)a2t2联立，代入数据得L＝12m。类型三：应用逆向思维法解决斜上抛运动【知识思维方法技巧】应用逆向思维法解决斜上抛运动的技巧:把物体的斜抛运动看做从最高点开始的反向的平抛运动．斜抛运动可以从最高点分段研究，后半段相当于平抛运动，前半段相当于反向的平抛运动，且两段运动时间、位移和速度具有对称性．【典例1c拔尖题】如图所示，甲球从O点以水平速度v1飞出，落在水平地面上的A点．乙球从O点以水平速度v2飞出，落在水平地面上的B点反弹后恰好也落在A点．已知乙球在B点与地面碰撞反弹后瞬间水平方向的分速度不变、竖直方向的分速度方向相反大小不变，不计空气阻力．下列说法正确的是 ()A．由O点到A点，甲球运动时间与乙球运动时间相等B．甲球由O点到A点的水平位移是乙球由O点到B点水平位移的3倍C．v1∶v2＝3∶1D．v1∶v2＝2∶1【典例1c拔尖题】【答案】BC【解析】根据题述情景和平抛运动规律，由O点到A点，甲球运动时间为乙球运动时间的eq\f(1,3)，选项A错误；甲球从O点到A点，乙球O点到B点，运动时间相等，由x＝vt可知，甲、乙水平速度之比为v1∶v2＝3∶1，甲球由O点到A点的水平位移是乙球由O点到B点水平位移的3倍，选项B、C正确，D错误．【典例1c拔尖题对应练习】如图所示，质量相同的两个小球a、b由斜面底端斜向上抛出，分别沿水平方向击中斜面顶端A和斜面中点B，不计空气阻力，下列说法正确的是()A．小球a、b的末速度之比为2∶1B．小球a、b的位移之比为eq\r(2)∶1C．小球a、b的初速度方向相同D．小球a、b的初动能之比为4∶1【典例1c拔尖题对应练习】【答案】C【解析】根据逆向思维，因为两球下落的高度之比为2∶1，根据h＝eq\f(1,2)gt2得，t＝eq\r(\f(2h,g))，高度之比为2∶1，则时间之比为eq\r(2)∶1，结合两球的水平位移之比为2∶1，根据v0＝eq\f(x,t)知，小球a、b的初速度之比为eq\r(2)∶1，故A错误；A点为斜面顶点，B点为斜面中点，可知小球a、b的位移之比为2∶1，故B错误；小球落在斜面上，速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，因为位移与水平方向的夹角相等，则速度与水平方向的夹角相等，到达斜面底端时速度方向与斜面的夹角也相等，故C正确；根据动能定理可知，到达斜面底端时的动能之比Eka∶Ekb＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mva2＋mgha))∶eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mvb2＋mghb))＝2∶1，故D错误。题型二：类斜抛运动的处理方法【知识思维方法技巧】类斜抛运动问题的处理方法：（1）常规分解法：将类斜抛运动分解为水平方向的匀变速直线运动和竖直方向的匀变速直线运动。（2）特殊分解法：对于有些问题，可以过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度分解为ax、ay，初速度v0分解为vx、vy，然后分别在x、y方向列方程求解．（3）逆向思维法：把物体的类斜抛运动看做从最高点开始的反向的类平抛运动。类斜抛运动可以从最高点分段研究，前半段相当于反向的类平抛运动，后半段相当于类平抛运动，且两段运动时间、位移和速度具有对称性．类型一：已知合外力模型【典例2a拔尖题】一个质量为m的质点以速度v0做匀速运动，某一时刻开始受到恒力F的作用，质点的速度先减小后增大，其最小值为eq\f(v0,2).质点从开始受到恒力作用到速度减至最小的过程中()A．经历的时间为eq\f(\r(3)mv0,2F)B．经历的时间为eq\f(mv0,2F)C．发生的位移为eq\f(\r(6)mveq\o\al(2,0),8F)D．发生的位移为eq\f(\r(21)mveq\o\al(2,0),8F)【典例2a拔尖题】【答案】AD【解析】质点减速运动的最小速度不为0，说明质点不是做直线运动，而是做匀变速曲线运动．分析可知初速度方向与恒力方向的夹角为150°，在恒力方向上有v0cos30°－eq\f(F,m)t＝0，x＝eq\f(v0cos30°,2)t，在垂直恒力方向上有y＝eq\f(v0,2)t，质点的位移s＝eq\r(x2＋y2)，联立解得经历时间为t＝eq\f(\r(3)mv0,2F)，发生的位移为s＝eq\f(\r(21)mveq\o\al(2,0),8F)，选项AD正确．类型二：已知二个相互垂直的外力模型【典例2b拔尖题】风洞实验室可以产生水平方向的、大小可以调节的风力。如图所示，两水平面、（图中虚线）的间距为H，虚线区域存在方向水平向右、大小恒定的风力。在该区域下边界上的O点，将质量为m的小球以一定的初速度竖直上抛，小球从上边界的M点离开虚线区域，经过一段时间，小球又从上边界的N点再次进入虚线区域，小球再次进入虚线区域后做直线运动，最后小球从下边界的P点离开。已知小球从P点离开时，其速度为从O点进入时的2倍。不计虚线区域上方的空气阻力，重力加速度为g。求：（计算结果可用根号表示。）（1）O、M的水平距离与N、P的水平距离之比；（2）虚线区域中水平风力的大小；（3）在第一个小球抛出的同时，有另一相同小球从O点竖直向上抛出，其初速度为第一个小球的。当第二个小球从下边界离开时，求两小球之间的距离。【典例2b拔尖题】【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）竖直方向上，小球做竖直上抛，由对称性可得；水平方向上，在虚线区域，做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a，则有，；可得（2）设初速度大小为，根据题意可知；且P点竖直分速度为；可得；小球由N到P做直线运动，则有；解得（3）由于水平方向上，在虚线区域，做初速度为零的匀加速直线运动，且可得；小球由N到P做直线运动，则有；可得设小球能达到的最