壓軸題02拋體運動1.拋體運動在高考物理中占據著舉足輕重的地位。作為一類重要的曲線運動，拋體運動不僅是物理學科的基礎知識點，也是歷年高考的必考內容。2.在命題方式上，拋體運動的題目類型多樣，涉及面廣。它可能作為獨立的題目出現，也可能與其他知識點如電磁場等相結合進行考察。這要求考生對拋體運動有深入的理解和掌握，并能夠靈活運用相關知識解決實際問題。3.備考時，考生應首先明確拋體運動的基本概念、特點和規律，如平拋運動的特點、公式與關系等。其次，要熟練掌握解題技巧，如分解法、利用公式和注意方向等。通過大量的練習，提高解題能力和速度。同時，考生還應關注歷年高考真題和模擬題，了解命題趨勢和難度，為高考做好充分的準備。考向一：拋體運動與斜面相結合問題1.與斜面相關的幾種的平拋運動方法基本規律運動時間分解速度，構建速度的矢量三角形＋vy2分解位移，構建位移的矢量三角形水平x＝v0t豎直合位移2＋y2在運動起點同時分解v0、g1－a1t,0－v12＝－2a1d得分解平行于斜面的速度v2.與斜面相關平拋運動的處理方法(1)分解速度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,設平拋運動的初速度為v0,在空中運動時間為t,則平拋運動在水平方向的速度為vx=v0,在豎直方向的速度為vy=gt,合速度為v=vx2+vy2,合速度與水平方向的夾角滿足tan。(2)分解位移平拋運動在水平方向的位移為x=v0t,在豎直方向的位移為y=gt2,對拋出點的位移(合位移)為s=x2+y2,合位移與水平方向夾角滿足tanφ=。(3)分解加速度平拋運動也不是一定要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,在有些問題中,過拋出點建立適當的直角坐標系,把重力加速度g正交分解為gx、gy,把初速度v0正交分解為vx、vy,然后分別在x、y方向列方程求解,可以簡化解題過程,化難為易。考向二：拋體運動中的相遇問題平拋與自由落體相遇水平位移：l=vt空中相遇平拋與平拋相遇（1）若等高（h1=h2兩球同時拋；（2）若不等高（h1>h2）兩球不同時拋，甲球先拋；（3）位移關系：x1+x2=L（1）A球先拋；（2）tA>tB；（3）v0A<v0B（1）A、B兩球同時拋；（3）v0A>v0B平拋與豎直上拋相遇（1）L=v1t；（3）若在S2球上升時兩球相遇，臨界條件：v2g（4）若在S2球下降時兩球相遇，臨界條件：平拋與斜上拋相遇（3）若在S2球上升時兩球相遇，臨界條件：解得：（4）若在S2球下降時兩球相遇，臨界條件gg解得：考向三：平拋運動的臨界極值問題擦網壓線既擦網又壓線考向四：斜拋運動處理方法水平豎直正交分解化曲為直最高點一分為二變平拋運動逆向處理將初速度和重力加速度沿斜面和垂直斜面分解基本規律水平速度：vx=v0cosθ最高點最高點：速度水平v0x=v0cosθg1=gcosα g2=gsinα最高點考向五：類平拋運動的基本規律1.類平拋運動的受力特點:物體所受的合外力為恒力,且與初速度的方向垂直。2.類平拋運動的運動特點:在初速度v0方向上做勻速直線運動,在合外力方向上做初速度為零的勻加速直線運動,加速度。3.類平拋運動的求解方法:(1)常規分解法:將類平拋運動分解為沿初速度方向的勻速直線運動和垂直于初速度方向(即沿合外力的方向)的勻加速直線運動。兩分運動彼此獨立,互不影響,且與合運動具有等時性。(2)特殊分解法:對于有些問題,可以過拋出點建立適當的直角坐標系,將加速度a分解為ax、ay,初速度v0分解為vx、vy,然后分別在x、y方向列方程求解。01斜面內的平拋運動1．跳臺滑雪是極具觀賞性的體有項目，若跳臺滑雪滑道可以簡化為一個弧形雪道和一個傾角為37。的斜面雪道相連接，如圖所示，運動員從弧形雪道上距弧形雪道底端高度為h的A點靜止滑下，然后從弧形雪道底端B點水平飛出，最后落在斜面雪道上的C點（圖中未標出不計運動員在弧形雪道上的摩擦阻力，不計空氣阻力，運動員可看作質點。已知：sin37。=0.6，cos37。=0.8。則B和C兩點間的距離為()【答案】A【詳解】運動員從A到B過程根據機械能守恒定律可得解得運動員做平拋運動落在傾角為37。的斜面雪道，則水平位移與合位移的夾角為37。，根據平拋運動的推論可知解得豎直位移為合位移即為BC兩點間的距離，則故選A。02斜面外的平拋運動2．如圖所示，在水平地面上固定一傾角α=37。的斜面體，質量m=1kg的小車A以P=100W的恒定功率沿斜面底端由靜止開始向上運動，同時在小車A的正上方某處，有一物塊B以v0=6m/s的初速度水平拋出。當小車A上滑到斜面上某點時恰好被物塊B垂直于斜面擊中。小車A、物塊B均可看做質點，小車與斜面間的動摩擦因數μ=0.5，不計空氣阻力，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列判斷正確的是()A．物塊在空中運動的時間等于0.4sC．物塊擊中小車時的速度等于8m/sD．小車從開始運動到被物塊擊中時的位移等于10m【答案】B【詳解】A．當小車A上滑到斜面上某點時恰好被物塊B垂直于斜面擊中，則且vy=gt物塊在空中運動的時間為t=0.8s故A錯誤；B．物塊B擊中小車時，水平位移為x=v0t=4.8m對小車，根據動能定理解得物塊擊中小車時小車的速度為v=2m/s故B正確；C．物塊擊中小車時的速度等于v物塊故C錯誤；D．小車從開始運動到被物塊擊中時的位移x小車故D錯誤。故選B。03與曲面相結合的平拋運動3．如圖所示，半徑為R的四分之一圓弧體ABC固定在水平地面上，O為圓心。在圓心O點下方某點處，水平向左拋出一個小球，恰好垂直擊中圓弧上的D點，小球可視為質點，D點到水平地面的高度為R，重力加速度為g，則小球拋出的初速度大小是()【答案】C【詳解】小球打到D點時的速度垂直于圓弧面，反向延長線過O點，設此時速度與水平方向的夾角為θ,則設拋出的初速度為v0，則在D點小球水平方向有Rcosθ=v0t小球豎直方向有vy=gt解得故選C。04拋體運動中的相遇問題4．如圖所示，小球從O點的正上方離地h=40m高處的P點以v1=10m/s的速度水平拋出，同時在O點右方地面上S點以速度v2斜向左上方與地面成θ=45O拋出一小球，兩小球恰在O、S連線靠近O的三等分點M的正上方相遇。g取10m/s2，若不計空氣阻力，則兩小球拋出后到相遇過程()A．兩小球相遇時斜拋小球處于下落階段B．兩小球初速度大小關系為v1:v2=1:2C．OS的間距為60mD．兩小球相遇點一定在距離地面30m高度處【答案】BC【詳解】B．由于相遇處在OS連線靠近O的三等分點M的正上方，則有v2cosθ.t=2v1t可得兩小球初速度大小關系為故B正確；A．由v1:v2=1:2可得豎直方向滿足解得t=2s此時斜拋的小球豎直方向的分速度大小為vy=v2sinθ—gt解得vy=0則此時斜拋小球恰到最高點，故A錯誤；D．相遇時離地高度為故D錯誤；C．OS的間距為x=3v1t=60m故C正確。故選BC。05平拋運動中的臨界極值問題5．我國運動員林丹是羽毛球史上第一位集奧運會、世錦賽、世界杯、蘇迪曼杯、湯姆斯杯、亞運會、亞錦賽、全英賽、全運會等系列賽冠軍于一身的雙圈全滿貫選手，扣球速度可達324km/h。現將羽毛球場規格簡化為如圖所示的長方形ABCD，若林丹從A點正上方高2.45m的P點扣球使羽毛球水平飛出，羽毛球落到對方界內，取g=10m/s2，不計空氣阻力，則羽毛球的水平速度大小可能為()A．15m/sB．20m/sC．30m/s【答案】B【詳解】羽毛球從P點水平飛出做平拋運動，若球恰好能過網，在豎直方向有H一解得從扣球點到網上端的時間則羽毛球水平方向的最小位移為則羽毛球的水平最小速度為若球恰好不出界時，在豎直方向則有解得在水平方向的最大位移為則羽毛球的水平方向最大速度為羽毛球落到對方界內，水平速度大小范圍則有16.7ms≤v≤21.8ms則羽毛球的水平速度大小可能為20ms。故選B。06斜拋運動6．圖甲是某人在湖邊打水漂的圖片，石塊從水面彈起到觸水算一個水漂，若石塊每次從水面彈起時速度與水面的夾角均為30°,速率損失30%。圖乙甲是石塊運動軌跡的示意圖，測得石塊第1次彈起后的滯空時間為0.8s，已知石塊在同一豎直面內運動，當觸水速度小于2m/s時石塊就不再彈起，不計空氣阻力。下列說法正確的是()A．石塊每次彈起后的滯空時間相等B．石塊最多能在湖面上彈起5次C．石塊每次彈起過程能量損失30%D．石塊每次彈起到最高點的速度為零【答案】B【詳解】B．石塊做斜上拋運動vy=vsin30o根據vy=gt1運動總時間t=2t1解得v=8m/s設石塊一共能打n個水漂，則有(130%)n1v<2m/sn取整數）解得n=5故B正確；A．石塊每次彈起后豎直方向速度都減小，根據B選項分析可知石塊每次彈起后的滯空時間減小，故A錯誤；D．石塊每次彈起到最高點時，豎直方向速度為零，水平方向速度不為零，所以石塊每次彈起到最高點的速度不為零，故D錯誤；C．石塊每次彈起過程能量損失故C錯誤。故選B。07類平拋運動7．如圖所示的光滑固定斜面ABCD，其傾角可調節．當傾角為θ1時，一物塊（可視為質點）沿斜面左上方頂點A以初速度v0水平射入，恰好沿底端D點離開斜面；改變傾角為θ2時，同樣將該物塊沿斜面左上方頂點A以初速度v0水平射入，發現物塊沿CD邊中點離開斜面．已知重力加速度為g，下列說法正確的是()A．物塊離開斜面時，前后兩次下落的高度之比為2:1B．物塊離開斜面時，前后兩次下落的高度之比為4:1C．物塊從入射到飛離斜面，前后兩次速度變化量的大小之比為1:1D．物塊從入射到飛離斜面，前后兩次速度變化量的大小之比為1:2【答案】B【詳解】AB．物塊在斜面上做類平拋運動，沿斜面的方向做勻加速運動沿水平方向做勻速運動x=v0t根據牛頓第二定律有mgsinθ=ma聯立解得根據題意可知物塊離開斜面時，前后兩次下落的高度之比為故A錯誤，B正確；CD．速度變化量的大小為Δv=gsinθt可知前后兩次速度變化量的大小之比為2：1，故CD錯誤；故選B。12024高三上·湖南長沙·模擬預測）如圖所示，從斜面上A點斜向上拋出一個可視為質點小球，水平擊中斜面上B點，現將另一相同小球從AB中點C點拋出，仍水平擊中B點。不計空氣阻力，下列說法正確的是()A．兩個小球的初速度大小之比為2∶1B．從C點拋出的小球初速度方向與水平方向夾角更大C．兩個小球離斜面的最大距離之比為2∶1D．調整兩個小球拋出的時間，可以使兩個小球在空中相遇【答案】C【詳解】AB．反向看是平拋運動，設斜面傾角為θ,根據解得則兩次小球時間之比為:1，由vy=gt可知，兩次豎直速度之比根據可知水平速度之比為:1，所以兩次擊中B點速度之比為:1，根據兩次拋出時速度的大小之比為:1，且到達B點時速度方向相同，根據平拋運動推論可知，位移偏轉角正切值是速度偏轉角正切值的一半，則可知兩次拋出時速度方向相同，故AB錯誤；C．沿斜面建系，設初速度方向與斜面的夾角為θ,則小球離斜面的最大距離為可知，兩小球離斜面的最大距離為2:1，故C正確；D．兩小球的軌跡相切于B點，故不可能在空中相遇，故D錯誤。故選C。22024高三·安徽·模擬）某運動員從滑雪跳臺以不同的速度v0水平跳向對面傾角為45°的斜坡（如圖所示已知跳臺的高度為h，不計空氣阻力，重力加速度為g，則該運動員落到斜坡上的最小速度為()【答案】C【詳解】設該運動員落到斜坡上經歷的時間為t，由平拋運動的規律可得，水平方向上的位移x=v0t豎直方向上的位移由幾何關系可得x=(h-y）·tan45°整理得該運動員落到斜坡上時速度v滿足v2=v02＋(gt)2再整理可得變形為當時，速度v最小，且最小為故選C。32024·陜西西安·一模）有一勻強電場平行于直角坐標系xoy所在的豎直平面，現將一質量為m，帶電量為+q的小球從坐標原點O處沿y軸負向以2m/s的初速度向下拋出，其帶電小球運動的軌跡方程為重力加速度取g=10m/s2，則下列說法中正確的是()A．電場強度大小為，方向與x軸正向夾角45°B．電場強度大小為，方向與x軸正向夾角30°C．電場強度大小為，方向與x軸負向夾角45°D．電場強度大小為，方向與x軸正向夾角30°【答案】A【詳解】由帶電小球運動的軌跡方程為由題意可知，小球在y軸方向做勻速直線，在x軸方向勻加速直線運動，在y軸方向上y=v0t在x軸方向上對比可得可知帶電小球做加速度a=10m/s2小球做類平拋運動，對小球受力分析可得，小球受到的電場力豎直向上分力與重力平衡，水平向右的分力為合外力，則F電解得方向與x軸正向夾角為42024·山東菏澤·一模）如圖所示為一乒乓球臺的縱截面，AB是臺面的兩個端點位置，PC是球網位置，D、E兩點滿足，且E、M、N在同一豎直線上。第一次在M點將球擊出，軌跡最點恰好過球網最高點P，同時落在A點；第二次在N點將同一球水平擊出，軌跡同樣恰好過球網最高點P，同時落到D點。球可看做質點，不計空氣阻力作用，則兩次擊球位置到桌面的高度之比hM:hN為()【答案】A【詳解】第一次球做斜拋運動，設AD=d，PC=h，則根據斜拋運動規律有聯立可得hM=h第二次球做平拋運動，設平拋的初速度為v0，根據平拋運動規律有聯立可得則兩次擊球位置到桌面的高度之比為故選A。52024·江蘇·模擬預測）操場上兩同學練習排球，在空中同一水平直線上A、B兩點處分別把1、2相同的兩球同時擊出，A做平拋運動，B做斜拋運動，兩球的運動軌跡在同一豎直平面內，如圖，軌跡交于P點，P是AB連線中垂線上一點，球1的初速度為v1，球2的初速度為v2，不考慮排球的旋轉，不計空氣阻力，兩球從拋出到P點的過程中()A．單位時間內，1球速度的變化大于2球速度的變化B．兩球在P點相遇C．2球在最高點的速度小于v1D．1球動量的變化大于2球動量的變化【答案】C【詳解】A．由于兩球的加速度均為重力加速度，所以單位時間內，1球速度的變化等于2球速度的變化，故A錯誤；BC．若兩球在P點相遇，下落的高度相同，則運動的時間相同，對1球，有對2球，有由此可知t1<t2；v1>v2cosθ所以1球先經過P點，兩球不會在P點相遇，2球在最高點的速度小于v1，故B錯誤，C正確；D．根據動量定理可得mgt=Δp由于t1<t2，所以1球動量的變化小于2球動量的變化，故D錯誤。故選C。62024高三下·甘肅·開學考試）如圖所示，跳臺滑雪場地斜坡與水平面的夾角為θ=37°,質量為m=60kg的運動員（可視為質點）從斜坡的起點A點以初速度v=10m/s向左水平飛出，不計空氣阻力，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，則運動員從飛出至落到斜坡上B點的過程中，下列說法正確的是()A．運動員運動的時間為1.5sB．運動員落在斜坡上時的瞬時速度方向與水平方向的夾角為74°C．運動員落在斜坡上時重力的瞬時功率為4500WD．運動員在空中離坡面的最大距離為2.25m【答案】AD【詳解】A．動員從飛出至落到斜坡上B點的過程中，有x=vt聯立解得故A正確；B．運動員落在斜坡上時的瞬時速度方向與水平方向的夾角為可得α≠2θ=74O可知運動vx員落在斜坡上時的瞬時速度方向與水平方向的夾角不為74°,故B錯誤；C．運動員落在斜坡前瞬間重力的瞬時功率為P=mg.gt=9000W故C錯誤；D．將運動員的運動分解為沿斜坡的分運動和垂直斜坡的分運動，可知運動員在空中離坡面的最大距離為故D正確。故選AD。72024高三下·河南·模擬預測）如圖所示，軍事演習時，要轟炸傾角為θ的斜坡上的D點，坡底的大炮發射的炮彈剛好落在D點，且到達D點時速度剛好水平；轟炸機水平投出的炸彈也剛好落在D點，到達D點時炸彈速度方向與炮彈發射的初速度方向剛好相反，炸彈運動時間是炮彈運動時間的2倍，不計空氣阻力，關于炸彈和炮彈在空中運動過程中，下列說法正確的是()A．炸彈位移是炮彈位移的2倍B．炸彈最小速度是炮彈最小速度的2倍C．炸彈最大速度是炮彈最大速度的4倍D．炸彈下落高度是炮彈上升高度的4倍【答案】BD【詳解】D．炮彈做斜拋運動，根據題意D點是斜拋的最高點，利用逆向思維，在豎直方向上有炸彈做平拋運動，豎直方向有解得h2=4h1即炸彈下落高度是炮彈上升高度的4倍，故D正確；A．由于到達D點時炸彈速度方向與炮彈發射的初速度方向剛好相反，令這兩個速度方向與水平方向夾角為α,對炮彈的運動進行分析，利用逆向思維有對炸彈的運動進行分析，則有 可知，炮彈與炸彈的發射初始位置的連線沿斜坡，其中v1，v2分別為炮彈與炸彈的水平分速度大小，解得則炮彈與炸彈的位移分別為x炮彈炸彈結合上述解得x炸彈=4x炮彈即炸彈位移是炮彈位移的4倍，故A錯誤；B．由于上述v1，v2分別為炮彈與炸彈的水平分速度大小，即分別為炮彈與炸彈的最小速度，根據上述解得v2=2v1即炸彈最小速度是炮彈最小速度的2倍，故B正確；C．根據題意可知，炸彈在D點速度最大，炮彈在B點速度最大，結合上述，炸彈與炮彈的最大速度分別為,解得vD=2vB即炸彈最大速度是炮彈最大速度的2倍，故C錯誤。故選BD。82024·陜西咸陽·模擬預測）如圖所示的坐標系，x軸水平向右，質量為m=0.5kg的小球從坐標原點O處，以初速度v0=m/s斜向右上方拋出，同時受到斜向右上方恒定的風力F風=5N的作用，風力與v0的夾角為30°, 風力與x軸正方向的夾角也為30°,重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是()A．小球的加速度大小為10m/s2B．加速度與初速度v0的夾角為60°C．小球做類斜拋運動D．當小球運動到x軸上的P點（圖中未標出則小球在P點的橫坐標為【答案】AD【詳解】A．由題意可知，風力與重力的夾角為120°,由于F風=5N=mg即風力與重力大小相等，根據矢量合成規律，可知合力與重力等大，則小球的加速度大小為10m/s2，故A正確；B．由幾何關系可知，合力與初速度v0方向垂直，即加速度方向與初速度v0的夾角為90°,故B錯誤；C．根據上述可知，加速度a與初速度v0方向垂直，則小球做類平拋運動，故C錯誤；D．設P點的橫坐標為x，把x分別沿著v0和垂直v0分解，則有x1=xsin30。，x2=xcos30。由類平拋運動的規律可得解得故D正確。故選AD。92024高三下·江西·模擬預測）如圖所示，BC為傾角為30O的斜面頂端的水平邊沿，BC與AG、DE平行，BE與CD豎直，A、D、E、G在同一水平面內且AE丄AG。一足球從斜面最低點A處以一定速度踢出，方向與水平方向成45O角，經過一段時間恰好水平擊中C點，不計空氣阻力，已知重力加速度為g,AB長度xAB=a，BC長度 A．足球在空中的運動時間為B．足球在空中的運動時間為.【答案】AD【詳解】方法一：足球做斜拋運動，豎直位移為CD，水平位移為AD。過C點作AB的平行線CF，交斜面底邊AG于F點，連接DF，如圖所示CD．由圖知△CDF與△BEA全等，豎直方向有(v0sin4故C錯誤，D正確；AB．豎直方向又有v0sin45O=gt聯立解得故A正確，B錯誤。故選AD。方法二：由圖知△CDF與△BEA全等，可得在△ADF中AF丄DF，根據勾聯立解得；故選AD。102024四川瀘縣一診）如圖，物體甲從高H處以速度v1平拋，同時乙從乙距甲水平方向s處由地面以初速度v2豎直上拋，不計空氣阻力，則兩物體在空中相遇的條件是()A．從拋出到相遇的時間為B．若要在物體乙上升中遇甲，必須，v2>D．若相遇點離地高度為則【答案】ABD【詳解】A．由題意可知，若兩物體在空中能夠相遇，則在豎直方向應滿足2代入數據解得t=故A正確；2BC．由于物體甲、乙的加速度相同，可知甲、乙相對勻速，相遇時間為或則有若要在物體乙上升中遇甲，則有解得若要在物體乙下降中遇甲，則有解得故B正確，C錯誤；D．若相遇點離地高度為H，則有1gt2=H又t=H聯立解得v2=故D112024·河南三門峽·一模）如圖所示，傾角為θ=37O的光滑斜面AB固定在水平面上，現將一彈力球從斜面的頂端A點以v0=10m/s的初速度水平向右拋出，彈力球恰好落在斜面的底端B點。若彈力球與斜面碰撞時，沿斜面方向的速度不變，垂直斜面方向的速度大小不變，方向反向，現僅調整彈力球從A點水平拋出時的速度大小，力。求調整后彈力球水平拋出的速度大小。【詳解】彈力球做平拋運動，豎直方向有水平方向有v0t=Lcos37O解得斜面的長度L=18.75m將平拋運動分解為沿斜面方向的勻加速運動和垂直斜面方向的類豎直上拋運動，設調整后彈力球水平拋出時的速度大小沿垂直斜面方向的分速度大小為v丄=v1sin37O沿斜面方向的分速度大小為v∥=v1cos37O垂直斜面方向的加速度大小為g丄=gcos37O沿斜面方向的加速度大小為g∥=gsin37O彈力球每次從斜面離開到再次落回斜面的過程中用時為t=EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(2v),g)EQ\*jc3\*hps15\o\al(\s\up5(丄),丄)沿斜面方向有v∥.2t+g∥(2t)2=L解得v1=m/s122024江西高三聯考）圓柱形容器的橫截面在豎直平面內，如圖所示，其半徑R=1m，從其內部最高點A分別以水平初速度v1、v2拋出兩個小球（均可視為質點最終分別落在圓弧上的B點和C點，已知OB與OC相互垂直，且OB與豎直方向的夾角θ=37。。取重力加速度大小g=10m/s2，sin37。=0.6，cos37。=0.8，不計空氣阻力，求（1）小球從被拋出到落在B點的時間t1；（2）小球被拋出時的初速度v1、v2的大小之比；（3）小球到達C點時的速度大小vC。【答案】（1）0.6s23）m/s【詳解】（1）根據平拋運動規律，對落在B點的小球有R+Rcosθ=gtEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),1)解得t1=0.6s（2）根據平拋運動規律，對落在B點的小球有Rsinθ=v1t1；v1=1m/s對落在C點的小球有R+Rsinθ=gtEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(3),2)解得解得（3）對落在C點的小球有，豎直方向的分速度大小vy=gt2解得132024·山東煙臺·模擬預測）如圖甲是風洞實驗室全景圖，風洞實驗室是可量度氣流對實體作用效果以及觀察物理現象的一種管道狀實驗設備。圖乙為風洞實驗室的側視圖，兩水平面（虛線）之間的距離為H，其間為風洞區域，物體進入該區域會受到水平方向的恒力，自該區域下邊界的O點將質量為m的小球以一定的初速度豎直上拋，從M點離開風洞區域，經過最高點Q后小球再次從N點返回風洞區域后做直線運動，落在風洞區域的下邊界P處，NP與水平方向的夾角為37°（1）風洞區域小球受到水平方向恒力的大小；（2）小球運動過程中離風洞下邊界OP的最大高度；（3）OP的距離。【答案】（1）mg2）H3）H【詳解】（1）小球再次從N點返回風洞區域后做直線運動，合力方向與速度方向在同一條直線上，受力情況如圖所示根據平行四邊形定則和幾何知識知解得（2）最高點的小球的速度沿水平方向，設該速度為v，則小球在M、N點的水平方向速度也為v，設小球在M、N點豎直方向的速度大小為vy，在O點的初速度為v0。由O到M的時間為t，水平方向有在P點，水平方向有豎直方向速度大小為vy1，則解得在豎直方向上，小球在從O點到P點做上拋運動，豎直方向上速度相等，可得由N到P小球做直線運動，則有可得vy=最高點為Q點，則在豎直方向上，由Q到N，則由N到P有vy1vy=gt解得t1=t，QN在豎直方向上有在豎直方向上有可得小球運動過程中離風洞下邊界OP的最大高度（3）水平方向由O到M有由M到N有x2=2vt由N到P有x3=t又v0=v，解142024·山東淄博·一模）臨淄的蹴鞠是有史料記載的最早足球活動，圖甲是某蹴鞠活動的場景。如圖乙所示，某校舉行蹴鞠比賽的場地為一長方形ABCD，長AD=10m，寬AB=8m，E、E′、F、F′分別為各邊中點，O為EE′和FF′交點，EE′上豎直插有兩根柱子，兩柱之間掛一張大網，網的正中間有一圓形的球洞名為“風流眼”，兩支球隊分別在網的兩側