資源簡介

(共55張PPT)
DIWUZHANG
第五章
專題強化　平拋運動的臨界問題　
　　　　　類平拋運動
1.熟練運用平拋運動規律分析解決平拋運動的臨界問題(重難點)。
2.掌握類平拋運動的特點，能運用平拋運動的方法分析類平拋運動(難點)。
學習目標
一、平拋運動的臨界問題
二、類平拋運動
專題強化練
內容索引
平拋運動的臨界問題
一
與平拋運動相關的臨界情況
(1)有些題目中“剛好”“恰好”“正好”等字眼，明顯表明題述的過程中存在臨界點。
(2)如題目中有“取值范圍”“多長時間”“多大距離”等詞語，表明題述過程中存在著“起止點”，而這些“起止點”往往就是臨界點。
(3)若題目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明題述過程中存在著極值，這些極值也往往是臨界點。
　如圖所示，排球場的長度為18 m，其網的高度為
2 m，運動員站在離網3 m遠的線上，正對網豎直跳
起把球垂直于網水平擊出，設擊球點的高度為2.5 m。
(1)請畫出排球剛好不觸網、剛好不出界的示意圖(側視圖)；
例1
答案　見解析
如圖所示
(2)球被水平擊出時的速度v在什么范圍內才能使球既不觸網也不出界？(g取10 m/s2，不計空氣阻力)
答案　見解析
根據平拋運動的規律x=v0t和y=gt2，
當排球恰好不觸網時有
x1=3 m，x1=v1t1，
h1=2.5 m-2 m=0.5 m，h1=g，
聯立解得v1=3 m/s
當排球恰好不出界時有
x2=3 m+9 m=12 m，x2=v2t2，
h2=2.5 m，h2=g，
聯立解得v2=12 m/s。
所以球既不觸網也不出界的水平擊出速度范圍是
3 m/s總結提升
平拋運動臨界問題的分析方法
1.確定研究對象的運動性質。
2.根據題意確定臨界狀態。
3.確定臨界軌跡，畫出軌跡示意圖。
4.應用平拋運動的規律，結合臨界條件列方程求解。
　 　(2023·廣州市高一期中)如圖，窗子上、下沿間的高度H=1.05 m，墻的厚度d=0.30 m，某人在離墻壁距離L=1.20 m、距窗子上沿h=0.20 m處的P點，將可視為質點的小物件以速度v水平拋出，小物件能夠直接穿過窗口并落在水平地面上，取g=10 m/s2。則以下v的取值范圍滿足條件的是
A.v>7 m/s
B.3 m/sC.v<3 m/s
D.3 m/s針對訓練
√
小物件做平拋運動，恰好擦著窗子上沿右側穿過
時v最大。此時有L=vmaxt，h=gt2，代入數據解得
vmax=6 m/s，恰好擦著窗口下沿左側穿過時速度v
最小，則有L+d=vmint'，H+h=gt'2，代入數據解得
vmin=3 m/s，故v的取值范圍是3 m/s　(2024·茂名市高一期末)某同學利用無人機玩投彈游戲。無人機以v0=6 m/s的速度水平向右勻速飛行，在某時刻釋放一個可看成質點的小球，小球剛好落到水平地面上半徑為0.4 m的圓形區域的中心，釋放時無人機到水平地面的距離h=3.2 m，空氣阻力忽略不計，g取10 m/s2。求：
(1)小球下落的時間；
例2
答案　0.8 s
由平拋運動的規律得豎直方向位移滿足
h=gt2
整理得t=
解得t=0.8 s
(2)小球落地的速度大小；
答案　10 m/s
小球落地時在豎直方向的速度為vy=gt=8 m/s
落地的速度為v==10 m/s
(3)要使小球落入圓形區域，v0的取值范圍。
答案　5.5 m/s≤v0≤6.5 m/s
小球以v0=6 m/s的速度拋出，水平方向的位移為x=v0t=4.8 m
故落入圓形區域水平方向最小位移為x-R=v1t
最小速度為v1=5.5 m/s
落入圓形區域水平方向最大位移為x+R=v2t
最大速度為v2=6.5 m/s
綜上所述要使小球落入圓形區域，v0的取值范圍為5.5 m/s≤v0≤6.5 m/s
返回
類平拋運動
二
如圖所示，將小球以一定的初速度v0從傾角為θ的固定
光滑斜面上的O點水平拋出的運動軌跡如圖所示，落地
點為P，O點離地高度為h，重力加速度為g。
(1)小球在斜面上運動所受合外力方向　　　　　　，與初速度方向
　　　，小球做　　　　　　　　　　　　　　　，軌跡為　　　　。
沿斜面向下
垂直
勻變速曲線運動(或類平拋運動)
拋物線
(2)求小球在斜面上運動的時間。
答案　小球在斜面上運動所受合外力沿斜面向下，小球沿初速度方向做勻速直線運動，沿合外力方向做初速度為零的勻加速直線運動，
設加速度為a，
由牛頓第二定律：mgsin θ=ma ①
由運動學公式=at2 ②
聯立①②得：t=
(3)求圖中AP兩點間距離。
答案　在初速度v0方向小球做勻速直線運動，
x=v0t=
1.類平拋運動的概念
合外力恒定且垂直于初速度方向的運動。
2.類平拋運動的兩個特點
(1)合外力恒定，但加速度不一定等于重力加速度。
(2)初速度方向與合外力垂直，但初速度方向不一定沿水平方向。
提煉·總結
3.類平拋運動的分析方法
(1)初速度v0方向上做勻速直線運動，vx=v0，x=v0t。
合外力方向上做初速度為零的勻加速直線運動，a=，vy=at，y=at2。
(2)處理類平拋運動的方法和處理平拋運動的方法類似，但要分析清楚加速度的大小和方向。
　(2023·六安市高一期中)如圖所示，一物體在某液體中運動時只受到重力mg和恒定的浮力F的作用，且F=。如果物體從M點以水平初速度v0開始運動，最后落在N點，MN間的豎直高度為h，其中g為重力加速度，則下列說法正確的是
A.從M運動到N的時間為
B.M與N之間的水平距離為v0
C.從M運動到N的軌跡不是拋物線
D.減小水平初速度v0，運動時間將變長
例3
√
根據題意可知，物體水平方向不受力，以v0做勻速
直線運動，豎直方向上，由牛頓第二定律有mg-F=
ma，解得a=g，豎直方向做勻加速直線運動，可知
物體做類平拋運動，則從M運動到N的軌跡是拋物線，
豎直方向上有h=at2，解得t=，可知運動時間與初速度大小無關，
故A、C、D錯誤；
設M與N之間的水平距離為x，由平拋運動規律得x=v0，故B正確。
返回
專題強化練
三
對一對
答案
題號 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 D C C A C C C A
題號 9 10
答案 (1)　 (2)L≤v≤L (1) m/s　(2)0.6 s
題號 11
答案 BCD
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
1.如圖所示，在水平路面上一運動員駕駛摩托車跨越壕溝，壕溝兩側的高度差為0.8 m，水平距離為8 m，則運動員跨過壕溝的初速度至少為(取g=10 m/s2)
A.0.5 m/s B.2 m/s
C.10 m/s D.20 m/s
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
基礎強化練
根據x=v0t、y=gt2，將已知數據代入可得v0=20 m/s，故選項D正確。
√
答案
2.利用手機可以玩一種叫“扔紙團”的小游戲。如圖所示，游戲時，游戲者滑動屏幕將紙團從P點以速度v水平拋向固定在水平地面上的圓柱形廢紙簍，紙團恰好從紙簍的上邊沿入簍并直接打在紙簍的底角。若要讓紙團進入紙簍中并直接擊中簍底正中間，下列做法可行的是
A.在P點將紙團以小于v的速度水平拋出
B.在P點將紙團以大于v的速度水平拋出
C.在P點正上方某位置將紙團以小于v的速度水平拋出
D.在P點正下方某位置將紙團以大于v的速度水平拋出
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
在P點將紙團以小于v的速度水平拋出，紙團下降到紙
簍上邊沿這段時間內，水平位移變小，紙團不能進入
紙簍中，故A錯誤；
在P點將紙團以大于v的速度水平拋出，則紙團下降到簍底的時間內，水平位移增大，不能直接擊中簍底的正中間，故B錯誤；
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
要使紙團進入紙簍且直接擊中簍底正中間，分析臨界
狀態可知，最可能的入簍點為左側紙簍上邊沿。若在
P點正上方某位置將紙團以小于v的速度水平拋出，根
據x=v知，紙團水平位移可以減小且不會與紙簍的左邊沿相撞，
紙團有可能擊中簍底正中間，故C正確；
同理可得D錯誤。
答案
3.(2023·達州市高一期末)如圖所示，足夠寬的光滑斜面與水平面的夾角為θ。小球從O點以水平速度v0拋出，落地點為P。保持OO'的距離不變，逐漸增大夾角θ(θ<90°)，將小球仍然從O點以相同水平速度v0拋出。不計一切阻力，增大θ的過程中，小球落地點與P點的關系正確的是
A.落地點在P點左側，且落地點離P點的距離在變大
B.落地點在P點左側，且落地點離P點的距離在變小
C.落地點在P點右側，且落地點離P點的距離在變大
D.落地點在P點右側，且落地點離P點的距離在變小
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
小球在光滑斜面上做類平拋運動，將小球的運動分解
為沿初速度方向和沿斜面方向，沿初速度方向，有x=
v0t，沿斜面方向，有y=at2，a=gsin θ，傾角θ變大，
小球下滑的加速度變大，下滑時間變短，所以沿初速度方向的位移變小，落地點會在P點的右側，且落地點離P點的距離在變大，A、B、D錯誤，C正確。
答案
4.(2024·南充市高一期末)如圖，一心形靶放在水平地面上，心形靶由三個半圓組成，其中大圓半徑R1=0.4 m，小圓半徑R2=0.2 m。飛鏢(視為質點)從大圓圓心O點正上方h=3.2 m處沿各個方向水平拋出，重力加速度取g=10 m/s2，要求飛鏢擊中心形靶(包括邊緣處)，則飛鏢初速度最大值為
A.0.5 m/s B.0.25 m/s
C. m/s D.0.3 m/s
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
√
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
飛鏢做平拋運動，在豎直方向h=gt2，解得t=0.8 s，當水
平方向上有最大位移時，飛鏢初速度最大。由題可得，
水平方向的最大位移為xm=R1=0.4 m，飛鏢在水平方向上
勻速直線運動xm=vmt，解得vm=0.5 m/s，故選A。
答案
5.如圖所示，M、N是兩塊擋板，擋板M高h'=10 m，其上邊緣與擋板N的下邊緣在同一水平面。從高h=15 m的A點以速度v0水平拋出一小球(可視為質點)，A點與兩擋板的水平距離分別為d1=10 m，d2=20 m。N板的上邊緣高于A點，若能使小球直接進入擋板M的右邊區域，則小球水平拋出的初速度v0的大小可能是(g取10 m/s2，空氣阻力不計)
A.8 m/s B.4 m/s
C.15 m/s D.21 m/s
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
√
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
要讓小球落到擋板M的右邊區域，下落的高度為Δh=h-
h'=5 m，由t=得t=1 s，由d1=v01t，d2=v02t，得v0的
范圍為10 m/s答案
6.(2023·揚州市高一期末)如圖所示是消防車利用云梯(未畫出)進行高層滅火，消防水炮離地的最大高度H=40 m，出水口始終保持水平且出水方向可以水平調節，著火點在高h=20 m的樓層，水平射出的初速度在7.5 m/s≤v0≤20 m/s之間，可進行調節，出水口與著火點不能靠得太近，不計空氣阻力，重力加速度取g=10 m/s2，則
A.如果要有效滅火，出水口與著火點間的水平距離x最大為15 m
B.如果要有效滅火，出水口與著火點間的水平距離x最小為40 m
C.如果出水口與著火點的水平距離x不能小于20 m，則水平射出的初速度最小
　為10 m/s
D.若該著火點高度為40 m，該消防車仍能有效滅火
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
√
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
出水口與著火點之間的高度差為Δh=20 m，又Δh=gt2，
解得t=2 s，又7.5 m/s≤v0≤20 m/s，因此出水口與著火點
的水平距離x的范圍為15 m≤x≤40 m，即出水口與著火
點間的水平距離x最小為15 m，出水口與著火點間的水平距離x最大為40 m，A、B錯誤；
如果出水口與著火點的水平距離x不能小于20 m，由x=v0t可知，水平射出的初速度最小為10 m/s，C正確；
如果著火點高度為40 m，著火點與出水口等高，保持出水口水平，則水不能到達著火點，D錯誤。
答案
7.如圖所示，質量為0.1 kg的小球放在光滑水平面上的P點，現給小球一個水平初速度v0，同時對小球施加一個垂直于初速度的水平恒力F，小球運動1 s后到達Q點，測得P、Q間的距離為1 m，P、Q連線與初速度的夾角為37°，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，則初速度v0的大小和恒力F的大小分別為
A.0.6 m/s，0.12 N
B.0.6 m/s，0.16 N
C.0.8 m/s，0.12 N
D.0.8 m/s，0.16 N
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
√
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
小球做類平拋運動，運動的加速度a=，小球沿初速
度方向的位移x=v0t，沿拉力F方向的位移y=at2，根據
幾何關系有y=ssin 37°，x=scos 37°，聯立解得v0=
0.8 m/s，F=0.12 N，故C正確，A、B、D錯誤。
答案
8.(2023·常州市高一開學考試)一階梯如圖所示，其中每級臺階的高度和寬度都是0.4 m，一小球(可視為質點)以水平速度v從圖示位置飛出，不計空氣阻力，g取10 m/s2，欲打在第4級臺階上，則v的取值范圍是
A. m/sB.2 m/sC. m/sD.2 m/s1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
√
能力綜合練
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
若恰好打在第3級臺階的邊緣，則有3h=g，3l=
v3t3，解得v3= m/s，若恰好打在第4級臺階的邊緣，
則有4h=g，4l=v4t4，解得v4=2 m/s，所以打在
第4級臺階上應滿足的條件 m/s答案
9.在真空環境內探測微粒在重力場中能量的簡化裝置如圖所示。P是個微粒源，能持續水平向右發射質量相同、初速度不同的微粒，高度為h的探測屏AB豎直放置，離P點的水平距離為L，上端A與P點的高度差也為h，已知重力加速度為g。
(1)若微粒打在探測屏AB的中點，求微粒在空中飛行的
時間；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案　
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
對打在屏中點的微粒有
h=gt2，解得t=。
答案
(2)求能被探測屏探測到的微粒的初速度范圍。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案　L≤v≤L
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
對打在B點的微粒有
L=v1t1，2h=g
解得v1=L
同理，打在A點的微粒初速度v2=L
故能被探測屏探測到的微粒初速度范圍為L≤v≤L。
答案
10.(2023·河南省高一期中)如圖為一游戲中某個環節的示意圖。參與游戲的選手會遇到一個人造山谷AOB，AO是高h=3 m的豎直峭壁，OB是以A點為圓心的弧形坡，∠OAB=60°，B點右側是一段水平跑道。選手可以自A點借助繩索降到O點后再爬上跑道，但身體素質好的選手會選擇自A點直接躍上水平跑道。選手可視為質點，忽略空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2。
(1)若選手以速度v0在A點水平跳出后，能落到水平跑道
上，求v0的最小值；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案　 m/s
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
若選手以速度v0在A點水平跳出后，恰好落在B點，則水平方向有hsin 60°=v0t
豎直方向有hcos 60°=gt2
解得v0= m/s
故選手落在水平跑道上的v0的最小值為 m/s
答案
(2)若選手以速度v1=4 m/s在A點水平跳出，求該選手在空中的運動時間。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案　0.6 s
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
若選手以速度v1=4 m/s在A點水平跳出，因v1< m/s，選手將落在
弧形坡上，設該選手在空中運動的時間為t1
下降高度為h1=g
水平前進距離x=v1t1
又x2+=h2
解得t1=0.6 s。
答案
11.(多選)(2023·廣州市高一期中)如圖所示，乒乓球訓練場上利用乒乓球發球機訓練。發球機位于球臺上一側邊的中點，出球口在球臺上方高度為H處，位于球臺中間的網高為h，球臺尺寸如圖上標注。發球機能向各個方向水平發球，要求發球機水平發出的球能過網，且球落在球臺上，重力加速度為g，不計空氣阻力，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
尖子生選練
答案
則發球機水平發出的乒乓球
A.最大速度為L1
B.最小速度為L1
C.落到球臺上時的豎直分速度大小為
D.從拋出到落到球臺上的最大位移為
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
√
尖子生選練
√
√
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
要求乒乓球能落到對方的球臺上，發球
機發出的乒乓球速度最大時，球恰好到
達對方球臺的邊角，由H=g
=v1t1，得v1=，故A錯誤；
當乒乓球恰好過網時，速度最小，由H-h=g，L1=v2t2，解得v2=
L1，故B正確；
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
乒乓球在豎直方向上做自由落體運動，
落到球臺上時的豎直分速度為vy=，
故C正確；
乒乓球恰好到達對方球臺的邊角時，從拋出到落到球臺上的位移最大，
由幾何關系可得最大位移為x=，故D正確。
返回
答案專題強化　平拋運動的臨界問題　類平拋運動
[學習目標]　1.熟練運用平拋運動規律分析解決平拋運動的臨界問題(重難點)。2.掌握類平拋運動的特點，能運用平拋運動的方法分析類平拋運動(難點)。
一、平拋運動的臨界問題
與平拋運動相關的臨界情況
(1)有些題目中“剛好”“恰好”“正好”等字眼，明顯表明題述的過程中存在臨界點。
(2)如題目中有“取值范圍”“多長時間”“多大距離”等詞語，表明題述過程中存在著“起止點”，而這些“起止點”往往就是臨界點。
(3)若題目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明題述過程中存在著極值，這些極值也往往是臨界點。
例1　如圖所示，排球場的長度為18 m，其網的高度為2 m，運動員站在離網3 m遠的線上，正對網豎直跳起把球垂直于網水平擊出，設擊球點的高度為2.5 m。
(1)請畫出排球剛好不觸網、剛好不出界的示意圖(側視圖)；
(2)球被水平擊出時的速度v在什么范圍內才能使球既不觸網也不出界？(g取10 m/s2，不計空氣阻力)
平拋運動臨界問題的分析方法
1.確定研究對象的運動性質。
2.根據題意確定臨界狀態。
3.確定臨界軌跡，畫出軌跡示意圖。
4.應用平拋運動的規律，結合臨界條件列方程求解。
針對訓練　(2023·廣州市高一期中)如圖，窗子上、下沿間的高度H=1.05 m，墻的厚度d=0.30 m，某人在離墻壁距離L=1.20 m、距窗子上沿h=0.20 m處的P點，將可視為質點的小物件以速度v水平拋出，小物件能夠直接穿過窗口并落在水平地面上，取g=10 m/s2。則以下v的取值范圍滿足條件的是(　　)
A.v>7 m/s B.3 m/sC.v<3 m/s D.3 m/s例2　(2024·茂名市高一期末)某同學利用無人機玩投彈游戲。無人機以v0=6 m/s的速度水平向右勻速飛行，在某時刻釋放一個可看成質點的小球，小球剛好落到水平地面上半徑為0.4 m的圓形區域的中心，釋放時無人機到水平地面的距離h=3.2 m，空氣阻力忽略不計，g取10 m/s2。求：
(1)小球下落的時間；
(2)小球落地的速度大小；
(3)要使小球落入圓形區域，v0的取值范圍。
二、類平拋運動
如圖所示，將小球以一定的初速度v0從傾角為θ的固定光滑斜面上的O點水平拋出的運動軌跡如圖所示，落地點為P，O點離地高度為h，重力加速度為g。
(1)小球在斜面上運動所受合外力方向　　　　　　　　　，與初速度方向　　　　　，小球做　　　　　　　　　，軌跡為　　　　　。
(2)求小球在斜面上運動的時間。
(3)求圖中AP兩點間距離。
1.類平拋運動的概念
合外力恒定且垂直于初速度方向的運動。
2.類平拋運動的兩個特點
(1)合外力恒定，但加速度不一定等于重力加速度。
(2)初速度方向與合外力垂直，但初速度方向不一定沿水平方向。
3.類平拋運動的分析方法
(1)初速度v0方向上做勻速直線運動，vx=v0，x=v0t。
合外力方向上做初速度為零的勻加速直線運動，a=，vy=at，y=at2。
(2)處理類平拋運動的方法和處理平拋運動的方法類似，但要分析清楚加速度的大小和方向。
例3　(2023·六安市高一期中)如圖所示，一物體在某液體中運動時只受到重力mg和恒定的浮力F的作用，且F=。如果物體從M點以水平初速度v0開始運動，最后落在N點，MN間的豎直高度為h，其中g為重力加速度，則下列說法正確的是(　　)
A.從M運動到N的時間為
B.M與N之間的水平距離為v0
C.從M運動到N的軌跡不是拋物線
D.減小水平初速度v0，運動時間將變長
答案精析
例1　見解析
解析　(1)如圖所示
(2)根據平拋運動的規律x=v0t和y=gt2，
當排球恰好不觸網時有
x1=3 m，x1=v1t1，
h1=2.5 m-2 m=0.5 m，h1=g，
聯立解得v1=3 m/s
當排球恰好不出界時有
x2=3 m+9 m=12 m，x2=v2t2，
h2=2.5 m，h2=g，
聯立解得v2=12 m/s。
所以球既不觸網也不出界的水平擊出速度范圍是3 m/s針對訓練　B　[小物件做平拋運動，恰好擦著窗子上沿右側穿過時v最大。此時有L=vmaxt，h=gt2，代入數據解得vmax=6 m/s，恰好擦著窗口下沿左側穿過時速度v最小，則有L+d=vmint'，H+h=gt'2，代入數據解得vmin=3 m/s，故v的取值范圍是3 m/s故選B。]
例2　(1)0.8 s　(2)10 m/s　(3)5.5 m/s≤v0≤6.5 m/s
解析　(1)由平拋運動的規律得豎直方向位移滿足
h=gt2
整理得t=
解得t=0.8 s
(2)小球落地時在豎直方向的速度為vy=gt=8 m/s
落地的速度為v==10 m/s
(3)小球以v0=6 m/s的速度拋出，水平方向的位移為x=v0t=4.8 m
故落入圓形區域水平方向最小位移為x-R=v1t
最小速度為v1=5.5 m/s
落入圓形區域水平方向最大位移為x+R=v2t
最大速度為v2=6.5 m/s
綜上所述要使小球落入圓形區域，v0的取值范圍為
5.5 m/s≤v0≤6.5 m/s
二、
(1)沿斜面向下　垂直　勻變速曲線運動(或類平拋運動)　拋物線
(2)小球在斜面上運動所受合外力沿斜面向下，小球沿初速度方向做勻速直線運動，沿合外力方向做初速度為零的勻加速直線運動，
設加速度為a，
由牛頓第二定律：mgsin θ=ma ①
由運動學公式=at2 ②
聯立①②得：t=
(3)在初速度v0方向小球做勻速直線運動，x=v0t=
例3　B　[根據題意可知，物體水平方向不受力，以v0做勻速直線運動，豎直方向上，由牛頓第二定律有mg-F=ma，解得a=g，豎直方向做勻加速直線運動，可知物體做類平拋運動，則從M運動到N的軌跡是拋物線，豎直方向上有h=at2，解得t=，可知運動時間與初速度大小無關，故A、C、D錯誤；設M與N之間的水平距離為x，由平拋運動規律得x=v0，故B正確。]

展開更多......

收起↑