平抛运动的特点：分解方法：规律：

（1）物体在竖直方向上有：
y=[1/2]gt²
水平方向上x=vt
[y/x]=tanθ；
联立解得：
x=
2v2
gtanθ；
由图可知
2v2
g=0.2
解得：v=1m/s；
当斜面倾角θ=60°时，设斜面长度为L，有：
Lsin60°=[1/2]gt² ①
水平方向：Lcos60°=v₀t ②
由①②得：
L=0.7m
（2）由图c可知，图象的斜率增大，故说明
2v2
g增大，因重力加速度不变，故只能说明速度增大，其原因可能为：释放位置变高或小球释放时有初速度；
故答案为：（1）1m/s；0.7 （2）释放位置变高（或小球释放时有初速度）．

点评：
本题考点： 研究平抛物体的运动．

考点点评： （1）解决本题的关键掌握平抛运动的处理方法，平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动．
（2）图象法在物理学中应用较为广泛，一定要掌握图象的分析方法

（1）根据△y=gT²得：T=

△y
g＝

0.1
10s＝0.1s
（2）A、由图可以看出，A球到达C点的时间比B球到达C点的时间长，而AB球同时到达C点，所以A球先释放，故A正确；
B、A球水平速度为v₀=[x/t]=1.5m/s，左边第二个球在竖直方向上的分速度vy=[0.2/0.2]m/s=1m/s，运动的时间t=
vy
g=0.1s．此时水平位移为x=v₀t=0.15m，竖直位移为y=[1/2gt2=0.05m，可知抛出点的坐标为（0，0）．故B正确．
C、B球水平速度v₀=
x
t]=1.5m/s，右边1、3两个球在竖直方向上的位移为0.3m，右边第二个球在竖直方向上的分速度vy=[0.3/0.2]m/s=1.5m/s，则运动的时间t=
vy
g=0.15s．此时水平位移为x=v₀t=0.225m，竖直位移为y=
1
2gt2=0.1125m，所以抛出点的横坐标为
0.8+0.225m=1.025m．纵坐标为0.6-0.1125m=0.4875m．故C错误．
D、两球平抛运动的初速度都是1.5m/s．所以两小球释放位置到平抛槽口的高度差相同，故D正确．
故选：ABD．
故答案为：（1）0.1s，（2）ABD

点评：
本题考点： 研究平抛物体的运动．

考点点评： 解决本题的关键掌握平抛运动的处理方法，平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做自由落体运动．

（1）A、当斜槽末端切线水平时，小球脱离槽口后才做平抛运动，故A正确；
B、只要小球从同一高度、无初速开始运动，才能保证球做平抛运动的初速度相同，故B错误；
C、根据对B选项的论述可知C正确；
D、录小球位置用的木条（或凹槽）不一定每次必须严格地等距离下降，只要正确找个轨迹经过的点即可，故D错误；
E、如果小球在运动过程中与木板上的白纸相接触就会改变它的运动轨迹，使其不是平抛运动，故E正确；
F、将球的位置记录在纸上后，取下纸，用平滑曲线将各点相连，故F错误；
故选ACE．
（2）在竖直方向有：△h=gt²，
水平方向：x=v₀t，其中△h=2l=10cm，x=3l=15cm，
代入数据解得：t=0.1s，v₀=1.5m/s．
在B点有：vBy＝
8l
2t＝
0.4
0.2＝2m/s．
v＝

v20
+v2By＝
22+1．52＝2.5m/s
故答案为：1.5，2.5．

点评：
本题考点： 研究平抛物体的运动．

考点点评： 研究平抛物体运动的规律，在实验时就要保证物体做的是平抛运动，要保证每次的平抛初速度在水平方向且相同，所有对实验各个方面的要求都要做到；同时要正确根据平抛运动规律进行有关运算．

（1）根据图（2）可解得：|y₁-y₂|=6×0.10m=0.60m，|y₁-y₃|=16×0.10m=1.60m，|x₁-x₂|=6×0.10m=0.60m．
（2）小球经过P₁、P₂、和P₃之间的时间相等，在竖直方向有：h₁=0.60m，h₂=1.00m
连续相等时间内的位移差为常数：△h=gt²，
水平方向匀速运动：x=v₀t
其中△h=1.00-0.60=0.40m，x=0.60m，代入数据解得：t=0.20s，v₀=3.0m/s
P₂点竖直方向速度v2y＝
16×0.1
2×0.2＝4m/s，
则从抛出到P₂点所用时间为t′＝
v2y
g＝
4
9.8＝0.40s
所以小球从P₁运动到P₂所用的时间t″=t′-t=0.40-0.20=0.20s．
故答案为：（1）0.60；1.60；0.60．（2）0.20；3.0

点评：
本题考点： 研究平抛物体的运动．

考点点评： 本题主要考察了平抛运动规律的理解和应用，尤其是有关匀变速直线运动规律以及推论的应用，是一道考查能力的好题目．

（1）由于平抛运动在水平方向的速度的大小是不变的，设水平初速度为V₀则，速度方向与竖直方向成60°角时，竖直速度的大小为

3
3V₀，当速度方向与水平方向成45°角时，竖直速度的大小为V₀ ，在竖直方向做自由落体运动，由速度公式可得：
v0＝

3
3v0+gt，
其中时间为：t=1s，
所以：V₀=23.7m/s，
（2）落地时竖直方向上的速度大小为23.7m/s，
由V²=2gh 可抛出时离地面的高度为即下落的高度为：
h=

v20
2g=28.1m
答：物体抛出时的初速度大小为23.7m/s，下落的高度为28.1m．

点评：
本题考点： 平抛运动．

考点点评： 本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解．

（1）实验前应对实验装置反复调节，直到斜槽末端水平，保证做平抛运动，初速度水平，每次让小球从同一位置由静止释放，是为了保持小球水平抛出的初速度相同．
（2）平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，每次将B板向内侧平移距离d，是为了保持相邻痕迹点的水平距离大小相同，即为获取相等的时间并在x轴上形成位移．
（3）实验步骤如下；
①用光滑曲线连接各点，画出轨迹；
②测竖直分位移y和水平分位移x，速度为v=x

g
2y；
③重复取多点测量，求平均值．
故答案为：（1）轨道未端水平，具有相同的初速度
（2）获取相等的时间并在x轴上形成位移
（3）①用光滑曲线连接各点，画出轨迹；
②测y、x，V=x

g
2y；
③重复取多点测量，求平均值．

点评：
本题考点： 研究平抛物体的运动．

考点点评： 解决本题的关键知道平抛运动的特点．该题考察了实验中的留迹法，是创新题目，属于中等难度的试题．

A、平抛运动只受重力的作用，加速度为g，是匀变速曲线运动，故AB错误；
C、平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动，所以C正确．
D、根据t=

2h
g可知，运动的时间由高度决定，与初速度无关，水平位移x=v₀t，与初速度和抛出点的高度都有关，所以D正确．
故选CD．

点评：
本题考点： 平抛运动．

考点点评： 本题就是对平抛运动规律的直接考查，掌握住平抛运动的规律就能轻松解决．

①根据动能定理，摩擦力做功导致，动能变化，再由平抛运动来确定末动能的大小，因此要控制相同的初动能；
②该实验实验原理为：测出滑块在N点M点速度大小，然后根据动能定理或者运动学公式列方程，进一步测出滑块与桌面间的动摩擦因数，因此需要测量N、M两点速度的大小，N点速度即为滑块滑到滑槽底端的速度，可以通过第一次实验测得，根据平抛规律，测量出MO的高度h以及OP距离x₁即可，M点速度通过第二次实验测得，只需测量出OP′距离x₂即可．
故答案为：MO的高度h，OP距离x₁，OP′距离x₂．
③设滑块滑到底端的速度为v₀，通过第一次实验测量有：
h=[1/2]gt² ①
x₁=v₀t ②
设滑块滑到M点速度为v_M，通过第二次实验测量有：
x₂=v_Mt ③
从N到M过程中，根据功能关系有：
mgμL=[1/2]m
v20-[1/2]m
v2M ④
联立①②③④解得：μ=

x21−
x22
4hL．
故答案为：

x21−
x22
4hL．

点评：
本题考点： 探究影响摩擦力的大小的因素．

考点点评： 该实验有一定的创新性，其实很多复杂的实验其实验原理都是来自我们所学的基本规律，这点要在平时训练中去体会．

（1）在竖直方向上有：△h=gT²，其中△h=10cm，代入求得：T=0.1s，
因此闪光频率为：f＝
1
T＝10Hz
故答案为：10．
（2）小球水平方向做匀速直线运动，故有：
x=v₀t，其中x=3L=7.5cm
所以v₀=0.75m/s
故答案为：0.75．

点评：
本题考点： 研究平抛物体的运动．

考点点评： 对于平抛运动问题，一定明确其水平和竖直方向运动特点，尤其是在竖直方向熟练应用匀变速直线运动的规律和推论解题．

A、为使小球抛出时的速度水平，应通过调节使斜槽的末端保持水平，故A正确；
B、为防止小球改变运动轨迹，小球运动时不应与木板上的白纸（或方格纸）接触，故B错误；
C、为保证小球做平抛运动的初速度相等，每次必须由静止释放小球，故C正确；
D、为你保证小球做平抛运动的初速度相等，每次释放小球的位置必须相同，故D错误；
E、将球的位置记录在纸上后，取下纸，用平滑的曲线把各点连接起来，故E错误；
故选：AC．

点评：
本题考点： 研究平抛物体的运动．

考点点评： 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．

A、在沿水平轨道正转弯的火车上，某乘客在窗口外释放的物体由于惯性具有水平初速度，只受重力，做平抛运动．故A正确．
B、在竖直向上运动的升降机内将一物体水平抛出，物体既有竖直方向上的初速度，又有水平方向的初速度，则物体做斜抛运动，不是平抛运动．故B错误．
C、停在树枝上的鸟被水平飞行的子弹击中以后鸟的运动，由于有空气阻力，做的不是平抛运动，故C错误．
D、在沿水平直轨道加速行驶的火车上，某乘客向窗口外释放一个物体，有水平初速度，只受重力，做的是平抛运动．故D正确．
故选：AD．

点评：
本题考点： 平抛运动．

考点点评： 解决本题的关键掌握平抛运动的特点：只受重力，有水平初速度．

A、平抛运动是匀变速曲线运动，速度大小与方向都不断变化，故A错误；
B、平抛运动是匀变速运动，加速度为重力加速度，加速度始终不变，故B正确；
C、做平抛运动的物体受到重力方向，受力方向与运动方向间的夹角不断变化，并不总是垂直，故C错误；
D、做平抛运动的物体受到重力方向，受力方向与运动方向间的夹角不断变化，受力方向与运动方向不平行，故D错误．
故选：B．

点评：
本题考点： 平抛运动．

考点点评： 知道平抛运动条件与平抛运动性质即可正确解题，掌握基础知识即可正确解题，要注意基础知识的学习．

设滑雪者离开B时的速度为v，由平抛运动规律得
S=vt ①
h=[1/2]gt² ②
滑雪者由A到B的过程中，由动能定理得，
mg（H-h）+W_f=[1/2]mv²③
由①②③得：W_f=
mgs2
4h-mg（H-h）
答：滑雪者从A点到B点的过程中摩擦力对滑雪者做的功为
mgs2
4h-mg（H-h）．

点评：
本题考点： 平抛运动；动能定理．

考点点评： 本题考查平抛运动和动能定理的应用，这都是高中的重点内容，都需要学生牢牢掌握．