分析： （1）保证小球做平抛运动必须通过调节使斜槽的末端保持水平，因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度，实验要求小球滚下时不能碰到木板平面，避免因摩擦而使运动轨迹改变，最后轨迹应连成平滑的曲线．（2）平抛运动竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动；联立求得两个方向间的位移关系可得出正确的图象．（3）根据平抛运动的处理方法，直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动即可求解． 解答： 解：（1）A、通过调节使斜槽末端保持水平，是为了保证小球做平抛运动，故A正确；
BC、因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度，故B错误，C正确；
D、用描点法描绘运动轨迹时，应将各点连成平滑的曲线，不能练成折线或者直线，故D错误． 故选：AC．
（2）物体在竖直方向做自由落体运动，y=gt；水平方向做匀速直线运动，x=vt；
2
2
联立可得：y=，因初速度相同，故为常数，故y﹣x应为正比例关系，故C正确，ABD错误．
故选：C．
（3）根据平抛运动的处理方法，竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动， 所以y1=g y2=
…① …②
…③
水平方向的速度，即平抛小球的初速度为v0=联立①②③代入数据解得：v0=2.0m/s
若C点的竖直坐标y3为60.0cm，则小球在C点的对应速度vC：据公式可得：
=2gh，所以v下=2=3.5m/s
所以C点的速度为：vc==4.0m/s
故答案为：2.0；4.0 点评： 解决平抛实验问题时，要特别注意实验的注意事项，在平抛运动的规律探究活动中不一定局限于课本实验的原理，要注重学生对探究原理的理解，提高解决问题的能力；灵活应用平抛运动的处理方法是解题的关键． 26．（2013?福建模拟）如图所示，用内壁光滑的薄壁细圆管弯的由半圆形APB（圆半径比细管的内径大得多）和直线BC组成的轨道固定在水平桌面上，已知半圆形APB的半径R=1.0m，BC 段L=1.5m．弹射装置将一个质量为1kg的小球（可视为质点）以v0=5m/s的水平初速度从A点弹入轨道，小球从C点离开轨道随即水平抛出，桌子的高度
2
h=1.25m，不计空气阻力，g取10m/s，π取3.14，求：
（1）小球在半圆轨道上运动时的向心力大小及从A运动到C点的时间 （2）小球落地瞬间速度与水平方向的夹角．
考点： 平抛运动；牛顿第二定律；向心力． 专题： 平抛运动专题． 分析： （1）根据向心力的大小公式求出小球做圆周运动的向心力大小，结合小球走过的路程求出运动的时间．
（2）根据平抛运动的高度求出竖直方向上的分速度，结合平行四边形定则求出小球落地时瞬时速度与水平方向的夹角．
解答： 向心力大小F=小球从A到B的时间从B到C的时间
小球从A到C的时间t=t1+t2=0.928s． （2）小球做平抛运动，解得
解：（1）小球做匀速圆周运动
．
．
小球落地瞬间速度与水平方向的夹角θ=45°．
答：（1）小球在半圆轨道上运动时的向心力大小为25N，从A运动到C点的时间为0.928s． （2）小球落地瞬间速度与水平方向的夹角为45°． 点评： 本题考查了圆周运动和平抛运动的综合，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，以及知道圆周运动向心力的来源． 27．（2014?虹口区一模）如图（甲）所示，研究平抛运动规律的实验装置放置在水平桌面上，利用光电门传感器和碰撞传感器可以测得小球的水平初速度v0和飞行时间t，底板上的标尺可以测得水平位移d．
（1）控制斜槽轨道的水平槽口高度h不变，让小球从斜槽的不同高度处滚下，以不同的速度冲出水平槽口，以下说法正确的是 AD
（A）落地点的水平距离d与初速度v0成正比 （B）落地点的水平距离d与初速度v0成反比 （C）飞行时间t与初速度v0成正比 （D）飞行时间t与初速度v0大小无关
（2）另一位同学做实验时，在装置的后面竖直放置一块贴有方格纸的木板，然后在方格纸上记录了小球某次平抛运动途经的三个位置a、b、c如图（乙）所示．该同学取下方格纸后，发现忘记记录水平和竖直方向了，已知小方格的边长L=1cm，则小球平抛运动的初速度可能为 0.63m/s或0.39m/s ．
考点： 研究平抛物体的运动． 专题： 实验题． 分析： （1）平抛运动水平方向做匀速运动，竖直方向自由落体运动，根据基本公式即可求解．
（2）若左右为水平方向，上下为竖直方向，先根据水平方向做匀速运动，判断出水平方向和竖直方向，在竖直方
向上根据△h=gT，求出时间．水平方向上做匀速直线运动，根据v=，求出初速度．若左右为竖直方向，上下为水平方向，则根据匀变速直线运动基本公式求解．
2
解答： 解：（1）平抛运动水平方向做做匀速运动，x=v0t，所以落地点的水平距离d与初速度v0成正比，故A正确，B错误； 竖直方向自由落体运动，h=
，解得：t=
，飞行时间t0与初速度v0大小无关，故C错误，D正确．
故选：AD
（2）若左右为水平方向，上下为竖直方向，则
2
在竖直方向上根据△h=gT得： T=
s
水平方向做运动运动，则
若左右为竖直方向，上下为水平方向，
由水平位移之比为2：1，可知，竖直方向经过相等的两段位移的时间之比为2：1， 设经过c点时，竖直方向速度为vy，从c到b的时间为2t，则从b到a的是为t，则有：
①
=0.02m ②
水平方向有：由①②③解得：
③
故答案为：（1）AD；（2）0.63m/s或0.39m/s
点评： 解决本题的关键掌握处理平抛运动的方法，能够灵活运用运动学公式处理水平方向和竖直方向上的运动，第二问要主要分情况讨论，若左右为竖直方向，上下为水平方向，则是从c向a运动，难度适中．
28．（2012?东城区模拟）如图所示，水平桌面距地面的高度h=0.80m．可以看成质点的小金属块C的质量m1=0.50kg，放在厚度不计的长木板AB上．木板长L=0.865m，质量m2=0.20kg，木板的A端跟桌面的边缘对齐．小金属块C到木板B端的距离d=0.375m．假定小金属块与木板间、木板与桌面间、小金属块与桌面间的动摩擦因数都相等，其值μ=0.20．现用力将木板水平向右加速抽出，在小金属块从木板上滑下以前，加在木板上的力为水平向右的恒力F．小金属块落到桌面上后，又在桌面上滑动了一段距离，再从桌面边缘飞出落到水平地面上，小金属块落地点到桌边的水平距离s=0.08m．求：
（1）作用在木板上的恒力F的大小．
（2）若希望小金属块不滑出桌面，则恒力的大小应该如何调整，请说明理由．
考点： 专题：
平抛运动；牛顿第二定律． 平抛运动专题．
分析： （1）金属块经历了在木板上的匀加速直线运动，从木板上滑落后在桌面上的匀减速直线运动，离开桌面后的平抛运动．抓住平抛运动的初速度，即在水平面上运动的末速度，结合牛顿第二定律和运动学公式求出木板的加速度，从而求出拉力的大小．
（2）金属块不滑离桌面的临界速度是到达桌面的末速度速度为零，结合牛顿第二定律和运动学公式，抓住金属块的位移之和等于L﹣d，木板与金属块的位移之差等于d，求出力F的范围． 解答： 解：（1）小金属块经历了三段运动过程：在木板上的匀加速直线运动，从木板上滑落后在桌面上的匀减速直线运动，离开桌面后的平抛运动． 设小金属块做平抛运动的时间为t3，
设平抛运动的初速度为v2，s=v2t3
小金属块在长木板上运动时的受力如图1所示，小金属块这时做匀加速直线运动，设它的加速度为a1． f1=μF1=μm1g=0.20×0.50×10=1.0（N）
小金属块离开长木板后在桌面上运动时的受力如图2所示，小金属块这时做匀减速直线运动，设它的加速度的大小为a'1．
f'1=μF1=μm1g=0.2×0.5×10=1.0（N）
a'1=a1
设小金属块在木板上运动时，相对于地面运动的距离为s1，末速度为v1，所用时间为t1，v1=a1t1②
设小金属块在桌面上运动时，相对于地面运动的距离为s2，末速度为v2，
③
①
由题意知s1+s2=L﹣d④
联立以上四式，解得s1=0.25m、s2=0.24m、t1=0.5s、v1=1.0m/s
取木板为研究对象，小金属块在木板上运动时，木板受力如图3所示．f2=μF2=μ（m1+m2）g=0.20×0.70×10=1.4（N） 木板在t1时间内向右运动距离为d+s1，设木板的加速度为a2，则
利用牛顿定律F﹣（f1+f2）=m2a2、 解得F=3.4N．
（2）若金属块不滑出桌面，临界情况是滑块到达桌面的右端速度变为零． 设物块离开木板时的速度为v，有：解得v=0.7
m/s．
s．
．
则在木板上运动的时间t=
解得木板的加速度
根据牛顿第二定律得，F′﹣（f1+f2）=m2a2 解得F′=3.42N．
即F≥3.42N，小金属块不滑出桌面． 答：（1）作用在木板上的恒力F的大小为3.4N． （2）F≥3.42N，小金属块不滑出桌面．
点评： 解决本题的关键理清金属块的运动情况，以及抓住过程中的临界情况，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解． 29．（2011?连城县模拟）如图所示，某次赛前训练，一排球运动员在网前距离地面高度h=3.2m处用力将球扣出，使排球以vo=6m/s的初速度水平飞出．已知排球的质量m=0.28kg，排球可视为质点，不考虑空气阻力，g取10m/s．问： （1）排球在空中的飞行时间多大？
（2）排球被扣出到落地时的水平位移为多少？ （3）排球即将落地的动能为多少？
2
考点： 平抛运动；机械能守恒定律． 专题： 机械能守恒定律应用专题． 分析： （1）排球在做平抛运动，故由平抛运动竖直方向的分运动的性质可求得飞行时间； （2）由平抛运动的水平方向运动规律可求得水平位移；
（3）排球只有重力做功，满足机械能守恒，则由机械能守恒可求得刚飞出的机械能． 解答： 解：（1）排球飞出后做平抛运动，竖直方向的分运动为自由落体运动， 设排球在空中的飞行时间为t
由飞行时间为
s=0.8s
（2）排球被扣出到落地时的水平位移
s=vot=6×0.8m=4.8 m
（2）排球从飞出到落地的过程中只有重力做功，满足机械能守恒． 故落地时的动能等于刚飞出时的机械能．即： 刚飞出的机械能这：
=
J=14 J．
点评： 本题考查平抛运动与机械能守恒的综合，要求掌握好平抛运动的规律，利用好速度的合成与分解规律求解． 30．（2010?如皋市模拟）如图所示，在光滑的平台上，有一质量为m的物体，物体与轻绳的一端相连，轻绳跨过定滑轮（定滑轮的质量和摩擦不计）另一端被滑轮正下方站在地面上的人拉住，人与绳的接触点和定滑轮的高度差为h，若此人以速度v0 向右匀速前进s，求在此过程中人的拉力对物体所做的功．
考点： 运动的合成和分解． 专题： 运动的合成和分解专题． 分析： 对人运动的速度进行分解，分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，在沿绳子方向上的分速度等于物块的速度，根据动能定理求出人对滑块所做的功． 解答： 解：当人向右匀速前进的过程中，绳子与竖直方向的夹角由0°逐渐增大，人的拉力就发生了变化，故无法用W=Fscosθ计算拉力所做的功，而在这个过程中，人的拉力对物体做的功使物体的动能发生了变化，故可以用动能定理来计算拉力做的功．当人在滑轮的正下方时，物体的初速度为零，当人水平向右匀速前进s 时物体的
速度为v1，
由图1可知：v1=v0sinα （1）
根据动能定理，人的拉力对物体所做的功：W=mv1﹣0 （2）
2
由（1）、（2）两式得W=
答：在此过程中人的拉力对物体所做的功W=．
点评： 解决本题的关键知道物块的速度等于绳子收缩的速度，等于人运动的沿绳子方向上的分速度，以及能够灵活运用动能定理．