第四章曲線運動第2講拋體運動課標要求1．通過實驗，探究并認識平拋運動的規律。2．會用運動合成與分解的方法分析平拋運動。3．體會將復雜運動分解為簡單運動的物理思想。4．能分析生產生活中的拋體運動。考點一平拋運動的理解及應用考點二有約束條件的平拋運動考點三平拋運動中的臨界問題內容索引課時測評考點四斜拋運動問題考點一平拋運動的理解及應用1．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：①水平方向：__________運動；②豎直方向：__________運動。知識梳理水平重力勻變速拋物線勻速直線自由落體2．基本規律如圖所示，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。(2022·廣東高考·改編)如圖所示，在豎直平面內，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。判斷下列關于子彈的說法正誤：(1)玩具子彈的運動是平拋運動。

()(2)玩具子彈的初速度大小大于

。

()(3)玩具子彈擊中小積木的位置在P點的上方。

()(4)在相同的時間內玩具子彈與小積木的速度變化量相同。

()高考情境鏈接√××√1．平拋運動四個基本特點核心突破飛行時間由t＝

知，飛行時間取決于下落高度h，與初速度v0無關。水平射程x＝v0

，即水平射程由初速度v0和下落高度h共同決定，與其他因素無關。落地速度v＝

，落地速度也只與初速度v0和下落高度h有關。速度改變量

任意相等時間間隔Δt內的速度改變量Δv＝gΔt相同，方向恒為豎直向下，如圖所示。注意：平拋運動中任意相等時間間隔Δt內的速率改變量一定不相等。2．兩個重要推論(1)平拋運動的物體在任意時刻(任意位置處)的速度偏向角θ與位移偏向角α的關系一定滿足：tanθ＝2tanα。推導：→tanθ＝2tanα(2)平拋運動的物體在任意時刻的瞬時速度的反向延長線與初速度方向的延長線的交點一定通過對應水平位移的中點，即xB＝

。推導：(2022·全國甲卷)將一小球水平拋出，使用頻閃儀和照相機對運動的小球進行拍攝，頻閃儀每隔0.05s發出一次閃光。某次拍攝時，小球在拋出瞬間頻閃儀恰好閃光，拍攝的照片編輯后如圖所示。圖中的第一個小球為拋出瞬間的影像，每相鄰兩個球之間被刪去了3個影像，所標出的兩個線段的長度s1和s2之比為3∶7。重力加速度大小取g＝10m/s2，忽略空氣阻力。求在拋出瞬間小球速度的大小。例1答案：頻閃儀每隔0.05s發出一次閃光，每相鄰兩個球之間被刪去3個影像，故相鄰兩球的時間間隔為t＝4T＝0.05×4s＝0.2s設拋出瞬間小球的速度為v0，每相鄰兩球間的水平方向上的位移為x，豎直方向上的位移分別為y1、y2，根據平拋運動位移公式有x＝v0ty1＝gt2＝

×10×0.22m＝0.2m令y1＝y，則有y2＝3y1＝3y已標注的線段s1、s2分別為s1＝則有整理得x＝故在拋出瞬間小球的速度大小為v0＝對點練1．(2023·全國甲卷)一同學將鉛球水平推出，不計空氣阻力和轉動的影響，鉛球在平拋運動過程中A．機械能一直增加B．加速度保持不變C．速度大小保持不變D．被推出后瞬間動能最大√鉛球做平拋運動，僅受重力作用，故機械能守恒，A錯誤；鉛球的加速度恒為重力加速度，B正確；鉛球做平拋運動，水平方向速度不變，豎直方向做勻加速直線運動，根據運動的合成可知鉛球速度變大，則動能越來越大，C、D錯誤。故選B。對點練2．(多選)如圖所示，x軸在水平地面上，y軸沿豎直方向。圖中畫出了從y軸上不同位置沿x軸正方向水平拋出的三個小球a、b和c的運動軌跡。小球a從(0，2L)處拋出，落在(2L，0)處；小球b、c從(0，L)處拋出，分別落在(2L，0)和(L，0)處。不計空氣阻力，下列說法正確的是A．b和c的運動時間相同B．a的運動時間是b的兩倍C．a和b的加速度相同D．b的初速度是c的兩倍√√√b、c拋出時的高度相同，且小于a拋出時的高度，根據h＝gt2得t＝

，可知b、c的運動時間相同，a的運動時間是b的運動時間的

倍，A正確，B錯誤；由于a和b都做平拋運動，只受豎直方向的重力作用，故a和b的加速度相同，C正確；b、c的運動時間相同，b的水平位移是c的水平位移的兩倍，則b的初速度是c的兩倍，D正確。返回考點二有約束條件的平拋運動平拋運動的物體一般是落到水平地面上，如果落點不在地面上而是有一定的約束條件，如落到斜面上、圓弧面上、豎直面上、臺階面上等，由于約束條件的不同，處理方法會有所不同。考向1落點在斜面上

落點在斜面上的三種情境分析模型方法分解速度，構建速度三角形，找到斜面傾角θ與速度方向的關系分解速度，構建速度的矢量三角形分解位移，構建位移三角形，隱含條件：斜面傾角θ等于位移與水平方向的夾角基本規律水平：vx＝v0豎直：vy＝gt合速度：v＝方向：tanθ＝水平：vx＝v0豎直：vy＝gt合速度：v＝

方向：tanθ＝水平：x＝v0t豎直：y＝

gt2合位移：s＝

方向：tanθ＝(2024·福建寧德高三月考)如圖所示，1、2兩個小球以相同的速度v0水平拋出。球1從左側斜面拋出，經過時間t1落回斜面上，球2從某處拋出，經過時間t2恰能垂直撞在右側的斜面上。已知左、右兩側斜面的傾角分別為α＝30°、β＝60°，則A．t1∶t2＝1∶2 B．t1∶t2＝1∶3C．t1∶t2＝2∶1 D．t1∶t2＝3∶1例2 √由題意可得，對球1，有tanα＝

，對球2，有tanβ＝

，又tanα·tanβ＝1，聯立解得t1∶t2＝2∶1，A、B、D錯誤，C正確。考向2落點在圓弧面(或曲面)上

落點在曲面上的三種情境分析運動情景物理量分析在半圓內的平拋運動，運動情景物理量分析小球恰好從圓柱體的Q點沿切線飛過，此時半徑OQ垂直于速度方向，圓心角θ與速度的偏向角相等(多選)(2024·河北唐山模擬)如圖為一半圓形的坑，其中坑邊緣兩點A、B與圓心O等高且在同一豎直平面內，在圓邊緣A點將一小球以速度v1水平拋出，小球落到C點，運動時間為t1；第二次從A點以速度v2水平拋出，小球落到D點，運動時間為t2。不計空氣阻力，則A．v1＜v2B．t1＜t2C．小球落到D點時，速度方向可能垂直圓弧D．小球落到C點時，速度與水平方向的夾角一定大于45°例3 √√連接AC和AD，如圖所示，設AC和AD在豎直方向上的高度分別為hAC和hAD，由圖可知hAC＞hAD，且由hAC＝

，hAD＝

，可得t1＞t2，設AC和AD的水平方向上的長度分別為xAC和xAD，則由xAC＜xAD，xAC＝v1t1，xAD＝v2t2，可得v1＜v2，故A正確，B錯誤；若小球落到D點時，速度方向垂直圓弧，則速度方向的反向延長線通過圓心，由于O點不是水平位移的中點，所以小球落到D點時，速度方向不可能垂直圓弧，故C錯誤；小球落到C點時，設小球的位移偏轉角為α，即AC與水平方向的夾角為α，則有tanα＝

＝1，可得α＝45°，根據平拋運動規律，設小球的速度偏轉角為β，即小球落到C點時速度方向與水平方向的夾角為β，滿足tanβ＝2tanα＝2，說明β一定大于45°，則速度與水平方向的夾角一定大于45°，D正確。故選AD。考向3落點在豎直面上對于落點在豎直面上的平拋運動，如圖所示，如果從同一點平拋的物體，由于水平初速度v0不同，導致在同一豎直面上落點不同，但其水平位移d相同，根據t＝

可知其運動時間t不相等。(2024·四川廣元模擬)如圖所示，某人從同一位置O點以不同的水平速度投出三枚飛鏢A、B、C，最后都插在豎直墻壁上，它們與墻面的夾角分別為60°、45°、30°，圖中飛鏢的方向可認為是擊中墻面時的速度方向，不計空氣阻力，則下列說法正確的是A．三只飛鏢做平拋運動的初速度一定滿足vA0＞vB0＞vC0B．三只飛鏢擊中墻面的速度滿足vA＞vB＞vCC．三只飛鏢擊中墻面的速度一定滿足vA＝vB＝vCD．插在墻上的三只飛鏢的反向延長線不會交于同一點例4 √飛鏢做平拋運動，水平分運動是勻速直線運動，有x＝v0t。飛鏢擊中墻面的速度與豎直方向夾角的正切值為tanα＝

，聯立解得v0＝

，α越大，v0越大，故有vA0＞vB0＞vC0，故A正確；根據平行四邊形定則并結合幾何關系可得，飛鏢擊中墻面的速度v＝

，故vA＝vC＞vB，故B、C錯誤；飛鏢做平拋運動，速度的反向延長線通過水平分位移的中點，而三只飛鏢水平分位移的中點相同，故插在墻上的三只飛鏢的反向延長線一定交于同一點，故D錯誤。故選A。考向4落點在臺階面上落點在臺階面上的平拋運動，由于上一層臺階的約束，對應的平拋初速度一般有一個范圍；找出最小速度和最大速度對應的水平位移和豎直位移是解決該類問題的關鍵。如圖所示，一可看作質點的小球從一臺階頂端以v0＝4m/s的水平速度拋出，每級臺階的高度和寬度均為1m，如果臺階數足夠多，重力加速度g取10m/s2，則小球將首先落在臺階的標號為A．1 B．2C．3 D．4例5 √設小球從拋出到落到臺階上經歷的時間為t，則水平位移為x＝v0t，豎直位移為y＝

gt2，因為每級臺階的高度和寬度均為1m，所以小球落在臺階上時水平位移與豎直位移的夾角小于等于45°，即

≤tan45°＝1，代入數據解得t≥0.8s，相應的水平位移x≥4×0.8m＝3.2m，則臺階數n≥＝3.2，可知小球拋出后首先落到標號為4的臺階上，故選D。返回考點三平拋運動中的臨界問題1．平拋運動中臨界問題的兩種常見情形(1)涉及物體的“最大位移”“最小位移”“最大初速度”“最小初速度”等問題。(2)物體的速度方向恰好沿著“某一方向”。2．解題技巧：在題中找出有關臨界問題的關鍵字，如“恰好不出界”“剛好飛過壕溝”“速度方向恰好與斜面平行”“速度方向與圓周相切”等，然后利用平拋運動對應的位移規律或速度規律進行解題。考向1平拋運動的臨界問題2023年8月27日，中國女排在2023年U21女排世錦賽中奪冠。如圖為排球比賽場地示意圖，其長度為L，寬度為s，球網高度為h。現女排隊員在底線中點正上方沿水平方向發球，發球點高度為1.5h，排球做平拋運動(排球可看作質點，忽略空氣阻力)，重力加速度為g，則排球A．能過網的最小初速度為

B．能落在界內的最大位移為

C．能過網而不出界的最大初速度為

D．能落在界內的最大末速度為

例6 √根據平拋運動的兩個分運動規律x＝v0t，y＝

gt2，聯立可得y＝

，剛能過網的條件為x＝

，y＝1.5h－h＝0.5h，帶入軌跡方程可得最小初速度為v0＝

，故A錯誤；能落在界內的最大位移是落在斜對角上，由幾何關系有smax＝

，故B錯誤；能過網而不出界落在斜對角上時有最大初速度，條件為x＝

，y＝1.5h，帶入軌跡方程可得最大初速度為v0max＝

，故C正確；根據末速度的合成規律可知，能落在界內的最大末速度為vmax＝

＝

，故D錯誤。故選C。考向2平拋運動的極值問題(2023·新課標卷)將扁平的石子向水面快速拋出，石子可能會在水面上一跳一跳地飛向遠方，俗稱“打水漂”。要使石子從水面跳起產生“水漂”效果，石子接觸水面時的速度方向與水面的夾角不能大于θ。為了觀察到“水漂”，一同學將一石子從距水面高度為h處水平拋出，拋出速度的最小值為多少？(不計石子在空中飛行時的空氣阻力，重力加速度大小為g)例7答案：石子做平拋運動，豎直方向做自由落體運動，則有2gh＝v可得落到水面上時的豎直速度vy＝由題意可知

≤tanθ，即v0≥則石子拋出速度的最小值為返回考點四斜拋運動問題1．定義：將物體以初速度v0__________或斜向下方拋出，物體只在______作用下的運動。2．性質：斜拋運動是加速度為g的________曲線運動，運動軌跡是________。3．基本規律(1)以斜上拋運動的拋出點為坐標原點O，水平向右為x軸的正方向，豎直向上為y軸的正方向，建立如圖所示的平面直角坐標系xOy。知識梳理斜向上方重力勻變速拋物線(2)初速度可以分解為v0x＝v0cosθ，v0y＝v0sinθ。①在水平方向：位移：x＝v0xt＝(v0cosθ)t,速度：vx＝v0x＝v0cosθ。②在豎直方向：位移：y＝v0yt－gt2＝(v0sinθ)t－gt2，速度：vy＝v0y－gt＝v0sinθ－gt。

(2023·湖南高考·改編)如圖(a)，我國某些農村地區人們用手拋撒谷粒進行水播種。某次拋出的谷粒中有兩顆的運動軌跡如圖(b)所示，其軌跡在同一豎直平面內，拋出點均為O，且軌跡交于P點。判斷下列說法的正誤：(1)兩顆谷粒都做斜上拋運動。

()(2)谷粒2在最高點的速度一定為零。

()(3)兩顆谷粒在P點相遇。

()(4)兩顆谷粒的運動都是勻變速曲線運動。

()高考情境鏈接×××√1．斜上拋運動的飛行時間、射高、射程(1)在最高點時：vy＝0，t＝物體落回與拋出點同一高度時，有y＝0，飛行時間t總＝(2)射高：Hm＝(3)射程：xm＝注意：當θ＝45°時，射程xm最大。即初速度v0大小一定時，沿θ＝45°方向斜向上拋出時，射程最大。核心突破2．逆向思維法處理斜拋問題對斜上拋運動從拋出點到最高點的運動過程，可以逆向看成平拋運動；分析完整的斜上拋運動，還可根據對稱性求解有關問題。(2024·山東10月聯考)“跳一跳”小游戲模擬了斜拋運動。玩家通過按壓屏幕時間的長短控制棋子跳動的水平距離。某次游戲中，棋子從正方體平臺A上表面中心跳向正方體平臺B，初速度方向在過平臺A、B中心的豎直面內。平臺的邊長和平臺間距離均為L，空氣阻力不計，棋子的大小忽略不計，重力加速度為g(斜拋運動的軌跡關于通過最高點的豎直線對稱)。例8(1)若某次游戲中棋子上升的最大高度為H，求棋子從最高點落到平臺B上表面中心的時間；答案：棋子從最高點落到平臺B上表面中心的運動可視為平拋運動，則運動的時間t＝(2)求(1)情形下，棋子落到平臺B上表面中心的速度與水平方向夾角的正切值；答案：棋子從最高點落到平臺B上表面中心時的豎直速度vy＝水平速度vx＝速度與水平方向夾角的正切值tanθ＝(3)保持棋子初速度與水平方向夾角θ不變，為使棋子能落在平臺B上，求棋子初速度大小v的取值范圍。答案：若棋子落到平臺B的左邊緣，則v1cosθ·t1＝1.5Lt1＝解得v1＝

若棋子落到平臺B的右邊緣，則v2cosθ·t2＝2.5Lt2＝解得v2＝

則初速度的范圍為對點練1．某同學在練習投籃時將籃球從同一位置斜向上拋出，其中有兩次籃球垂直撞在豎直放置的籃板上，運動軌跡如圖所示，不計空氣阻力，關于這兩次籃球從拋出到撞擊籃板的過程A．兩次在空中運動的時間相等B．兩次拋出時的速度相等C．第1次拋出時速度的水平分量小D．第2次拋出時速度的豎直分量大√將籃球的運動反向處理，即為平拋運動。由題圖可知，第2次運動過程中的高度較小，所以運動時間較短，故A錯誤；平拋運動在水平方向是勻速直線運動，水平射程相等，由x＝v0t可知，第2次拋出時水平分速度較大，第1次拋出時水平分速度較小，故C正確；平拋運動在豎直方向上是自由落體運動，第2次運動過程中的高度較小，故第2次拋出時速度的豎直分量較小，故D錯誤；水平分速度第2次大，豎直分速度第1次大，根據速度的合成可知，兩次拋出時的速度大小關系不能確定，故B錯誤。對點練2．(多選)(2022·山東高考)如圖所示，某同學將離地1.25m的網球以13m/s的速度斜向上擊出，擊球點到豎直墻壁的距離為4.8m。當網球豎直分速度為零時，擊中墻壁上離地高度為8.45m的P點。網球與墻壁碰撞后，垂直墻面速度分量大小變為碰前的0.75倍，平行墻面的速度分量不變。重力加速度g取10m/s2，網球碰墻后的速度大小v和著地點到墻壁的距離d分別為A．v＝5m/s B．v＝3m/sC．d＝3.6m D．d＝3.9m√√設網球飛出時的速度為v0，豎直方向v

＝2g(H－h)，代入數據得v0豎直＝

m/s＝12m/s，則v0水平＝m/s＝5m/s，網球到P點的水平距離x水平＝v0水平t＝v0水平·

＝6m，根據幾何關系可得打在墻面上時，垂直墻面的速度分量v0水平⊥＝v0水平·＝4m/s，平行墻面的速度分量v0水平∥＝v0水平·

＝3m/s，反彈后，垂直墻面的速度分量v水平⊥′＝0.75·v0水平⊥＝3m/s，則反彈后的網球速度大小為v＝

m/s，網球落到地面的時間t′＝s＝1.3s，著地點到墻壁的距離d＝v水平⊥′t′＝3.9m，故B、D正確，A、C錯誤。故選BD。返回課時測評1．如圖所示，兒童在公園里玩水槍，她握緊槍桿保持水平，水源源不斷地沿水平方向射出。若槍口距地面高h，水從水槍的管口噴出的速度恒為v，管內橫截面積為S，重力加速度為g，則水流穩定后在空中的體積為A．Sv B．SvC．S D．S√以t表示水由管口處到落地所用的時間，有h＝

gt2，單位時間內噴出的水量為Q＝Sv，空中水的總量應為V＝Qt，由以上各式得V＝Sv，所以A正確，B、C、D錯誤。2．(2023·廣東湛江二模)如圖所示，某同學在籃筐前某位置跳起投籃。籃球出手點離水平地面的高度h＝1.8m。籃球離開手的瞬間到籃筐的水平距離為5m，水平分速度大小v＝10m/s，要使籃球到達籃筐時，豎直方向的分速度剛好為零。將籃球看成質點，籃筐大小忽略不計，忽略空氣阻力，取重力加速度大小g＝10m/s2。籃筐離地面的高度為A．2.85m B．3.05mC．3.25m D．3.5m√籃球離開手到籃筐的時間為t＝

s＝0.5s，要使籃球到達籃筐時，豎直方向的分速度剛好為零，則有v

＝2g(H－h)，vy＝gt，聯立解得H＝3.05m，故選B。3．(多選)a、b兩個物體做平拋運動的軌跡如圖所示，設它們拋出的初速度分別為va、vb，從拋出至碰到臺上的時間分別為ta、tb，則A．va＞vb B．va＜vbC．ta＞tb D．ta＜tb√√由題圖知，hb＞ha，因為h＝

gt2，得t＝

，所以ta＜tb，又因為x＝v0t，且xa＞xb，所以va＞vb，選項A、D正確。4．(2024·河北唐山模擬)如圖甲為某農場安裝的一種自動澆水裝置，裝置可以簡化為如圖乙所示的模型。農田中央O點處裝有高度為h的豎直細水管，其上端安裝有長度為l的水平噴水嘴。水平噴水嘴可以繞軸轉動，角速度為ω＝

，出水速度v0可調節，其調節范圍滿足ωl≤v0≤2ωl，重力加速度大小為g，忽略空氣阻力。則下列說法正確的是A．自動澆水裝置能灌溉到的農田離O點最近距離為2lB．自動澆水裝置能灌溉到的農田離O點最遠距離為C．自動澆水裝置能灌溉到的農田面積為4πl2D．自動澆水裝置能灌溉到的農田面積為6πl2√水在空中做平拋運動，豎直方向有h＝gt2，解得t＝

，水被噴出時，水平方向同時具有兩個速度，沿徑向向外的出水速度v0，垂直徑向方向的水平速度v1＝ωl，則水平方向的兩個位移分別為x0＝v0t，x1＝v1t＝ωlt＝

＝l，其中x0的范圍滿足ωlt＝l≤x0≤2ωlt＝2l，根據幾何關系可知，自動澆水裝置能灌溉到的農田離O點最近距離為xmin＝

，自動澆水裝置能灌溉到的農田離O點最遠距離為xmax＝

，故A錯誤，B正確；自動澆水裝置能灌溉到的農田面積為S＝

，故C、D錯誤。故選B。5．如圖所示為某種水輪機的示意圖，水平管出水口的水流速度恒定為v0，當水流沖擊到水輪機上某擋板時，水流的速度方向剛好與該擋板垂直，該擋板的延長線過水輪機的轉軸O，且與水平方向的夾角為30°。當水輪機圓盤穩定轉動后，擋板的線速度恰為沖擊該擋板的水流速度的一半，忽略擋板的大小，不計空氣阻力，若水輪機圓盤的半徑為R，則水輪機圓盤穩定轉動的角速度大小為A．B．

C．D．√由幾何關系可知，水流沖擊擋板時，水流的速度方向與水平方向成60°角，則有

＝tan60°，所以水流速度為v＝

＝2v0，根據題意知被沖擊后的擋板的線速度為v′＝

v＝v0，所以水輪機圓盤穩定轉動的角速度大小為ω＝

，故B正確。6．如圖所示，窗子上、下沿間的高度H＝1.6m，豎直墻的厚度d＝0.4m，某人在距離墻壁L＝1.4m、距窗子上沿h＝0.2m處的

P點，將可視為質點的小物件以垂直于墻壁的速度v水平拋出，要求小物件能直接穿過窗口并落在水平地面上，不計空氣阻力，g＝10m/s2。則可以實現上述要求的速度大小是A．2m/s

B．4m/s

C．8m/s

D．10m/s√小物件做平拋運動，恰好擦著窗子上沿右側墻邊緣穿過時速度v最大，此時有L＝vmaxt1,h＝

，代入數據解得vmax＝7m/s，小物件恰好擦著窗口下沿左側墻邊緣穿過時速度v最小，則有L＋d＝vmint2，H＋h＝

，代入數據解得vmin＝3m/s，故v的取值范圍是3m/s≤v≤7m/s，故B正確，A、C、D錯誤。7．(2024·河北保定模擬)如圖所示，某次跳臺滑雪訓練中，運動員(視為質點)從傾斜雪道上端的水平平臺上以10m/s的速度飛出，最后落在傾角為37°的傾斜雪道上。重力加速度大小取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不計空氣阻力。下列說法正確的是A．運動員的落點距雪道上端的距離為18mB．運動員飛出后到雪道的最遠距離為1.25mC．運動員飛出后距雪道最遠時的速度大小為12.5m/sD．若運動員水平飛出時的速度減小，則他落在雪道上的速度方向將改變√根據平拋運動知識可知，x＝v0t，y＝

gt2，tan37°＝

，聯立解得t＝1.5s，則運動員的落點距雪道上端的距離為s＝

＝18.75m，選項A錯誤；當運動員速度方向與傾斜雪道方向平行時，距離傾斜雪道最遠，根據平行四邊形定則知，速度v＝

＝12.5m/s，選項C正確；運動員飛出后到雪道的最遠距離為h＝

＝2.25m，選項B錯誤；當運動員落在傾斜雪道上時，速度方向與水平方向夾角的正切值tanα＝2tan37°，即速度方向與水平方向的夾角是一定值，可知若運動員水平飛出時的速度減小，則他落在雪道上的速度方向不變，選項D錯誤。8．(多選)(2022·河北高考)如圖，廣場水平地面上同種盆栽緊密排列在以O為圓心、R1和R2為半徑的同心圓上，圓心處裝有豎直細水管，其上端水平噴水嘴的高度、出水速度及轉動的角速度均可調節，以保障噴出的水全部落入相應的花盆中。依次給內圈和外圈上的盆栽澆水時，噴水嘴的高度、出水速度及轉動的角速度分別用h1、v1、ω1和h2、v2、ω2表示。花盆大小相同，半徑遠小于同心圓半徑，出水口截面積保持不變，忽略噴水嘴水平長度和空氣阻力。下列說法正確的是A．若h1＝h2，則v1∶v2＝R2∶R1B．若v1＝v2，則h1∶h2＝C．若ω1＝ω2，v1＝v2，噴水嘴各轉動一周，則落入每個花盆的水量相同D．若h1＝h2，噴水嘴各轉動一周且落入每個花盆的水量相同，則ω1＝ω2√√根據平拋運動的規律得h＝

gt2，R＝vt，解得R＝v

，可知若h1＝h2，則

v1∶v2＝R1∶R2，若v1＝v2，則h1∶h2＝

，故A錯誤，B正確；若ω1＝ω2，則噴水嘴各轉動一周的時間相同，因v1＝v2，出水口的橫截面積相同，可知單位時間內噴出水的質量相同，噴水嘴各轉動一周噴出的水量相同，但因內圈上的花盆總數量較小，可知每個花盆得到的水量較多，故C錯誤；設出水口橫截面積為S0，出水速度為v，若ω1＝ω2，則噴水嘴各轉動一周的時間相等，因h相等，則水落地的時間相等，則t＝

相等，在圓周上單位時間內單位長度的水量為Q0＝＝

，若噴水嘴各轉動一周且落入每個花盆的水量相同，則ω1＝ω2，故D正確。故選BD。9．(2024·江