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第2讲抛体运动的规律及应用一、平抛运动1．定义：将物体以一定的初速度沿水平方向抛出，物体只在________作用下的运动．2．性质：平抛运动是加速度为g的________曲线运动，运动轨迹是抛物线．3．研究方法：运动的合成与分解．(1)水平方向：________直线运动；(2)竖直方向：________运动．4．基本规律：如图所示，以抛出点O为坐标原点，以初速度v0方向(水平方向)为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向．(1)位移关系(2)速度关系(3)常用推论：①图中C点为水平位移中点；②tan θ＝2tan α.注意θ与α不是2倍关系．二、斜抛运动1．定义：将物体以初速度v0________或斜向下方抛出，物体只在________作用下的运动．如图所示．2．性质：斜抛运动是加速度为g的________曲线运动，运动轨迹是________．3．研究方法：运动的合成与分解(1)水平方向：________直线运动；(2)竖直方向：________直线运动．,生活情境1.一架投放救灾物资的飞机在受灾区域的上空水平地匀速飞行，从飞机上投放的救灾物资在落地前的运动中(不计空气阻力)(1)速度和加速度都在不断改变．( )(2)速度和加速度方向之间的夹角一直减小．( )(3)在相等的时间内速度的改变量相等．( )(4)在相等的时间内速率的改变量相等．( )(5)在相等的时间内动能的改变量相等．( )教材拓展2.(多选)为了验证平抛运动的小球在竖直方向上做自由落体运动，用如图所示的装置进行实验．小锤打击弹性金属片，A球水平抛出，同时B球被松开，自由下落，关于该实验，下列说法中正确的有( )A．两球的质量应相等B．两球应同时落地C．应改变装置的高度，多次实验D．实验也能说明A球在水平方向上做匀速直线运动考点一平抛运动规律的应用用“化曲为直”的思想处理平抛运动中落点在水平面上的问题时，将研究对象抽象为质点平抛运动模型，处理平抛运动的基本方法是运动的分解(化曲为直)．即同时又要注意合运动与分运动的独立性、等时性．例1.[2021·河北卷，2]铯原子钟是精确的计时仪器．图1中铯原子从O点以100 m/s 的初速度在真空中做平抛运动，到达竖直平面MN所用时间为t1；图2中铯原子在真空中从P点做竖直上抛运动，到达最高点Q再返回P点，整个过程所用时间为t2.O点到竖直平面MN、P点到Q点的距离均为0.2 m．重力加速度取g＝10m.则t1∶t2为( )s2A．100∶1 B．1∶100跟进训练1.在高空中匀速飞行的轰炸机，每隔时间t投放一颗炸弹，若不计空气阻力，则投放的炸弹在空中的位置是选项中的(图中竖直的虚线将各图隔离)( )2．[2022·陕西五校联考]墙网球又叫壁球，场地类似于半个网球场，如图所示，在场地一侧立有一竖直墙壁，墙壁上离地面一定高度的位置画了水平线(发球线)，在发球区发出的球必须击中发球线以上位置才有效，假设运动员在某个固定位置将球发出，发球速度(球离开球拍时的速度)方向与水平面的夹角为θ，球击中墙壁位置离地面的高度为h，球每次都以垂直墙壁的速度撞击墙壁，设球撞击墙壁的速度大小为v，球在与墙壁极短时间的撞击过程中无机械能损失，球撞到墙壁反弹后落地点到墙壁的水平距离为x，不计空气阻力，球始终在与墙壁垂直的平面内运动，则下列说法正确的是( )A．h越大，x越大B．v越小，x越大C．h越大，θ越大 D．v越大，h越大考点二平抛运动与各种面结合问题角度1落点在斜面上分解位移，构建位移三例2. [2022·江西八校联考](多选)如图所示，小球A从斜面顶端水平抛出，落在斜面上的Q点，在斜面底端P点正上方水平抛出小球B，小球B也刚好落在斜面上的Q点，B球，A、B 抛出点离斜面底边的高度是斜面高度的一半，Q点到斜面顶端的距离是斜面长度的23两球均可视为质点，不计空气阻力，则A、B两球( )A．平抛运动的时间之比为2∶1B．平抛运动的时间之比为3∶1C．平抛运动的初速度之比为1∶2D．平抛运动的初速度之比为1∶1角度2落点在曲面上例3. [2022·浙江温州一模]如图所示为某种水轮机的示意图，水平管出水口的水流速度恒定为v 0，当水流冲击到水轮机上某挡板时，水流的速度方向刚好与该挡板垂直，该档板的延长线过水轮机的转轴O ，且与水平方向的夹角为30°.当水轮机圆盘稳定转动后，挡板的线速度恰为冲击该挡板的水流速度的一半．忽略挡板的大小，不计空气阻力，若水轮机圆盘的半径为R ，则水轮机圆盘稳定转动的角速度大小为( )A.v 02R B ．v0RC ．√3v 0RD ．2v 0R跟进训练.3 [2022·浙江名校统测]如图所示，水平地面有一个坑，其竖直截面为y ＝kx 2的抛物线(k ＝1，单位为m －1)，ab 沿水平方向，a 点横坐标为－3s2，在a 点分别以初速度v 0、2v 0(v 0未知)沿ab 方向抛出两个石子并击中坑壁，且以v 0、2v 0抛出的石子做平抛运动的时间相等．设以v 0和2v 0抛出的石子做平抛运动的时间为t ，击中坑壁瞬间的速度分别为v 1和v 2，下落高度为H ，仅s 和重力加速度g 为已知量，不计空气阻力，则(选项中只考虑数值大小，不考虑单位)( )A ．不可以求出tB ．可求出t 的大小为 √4sg C ．可以求出v 1的大小为 √3g+16gs 24D ．可求出H 的大小为2s 2考点三 生活中的平抛运动(STSE 问题)素养提升情境1投篮游戏[2021·新疆第二次联考]如图甲所示，投篮游戏是小朋友们最喜欢的项目之一，小朋友站立在水平地面上双手将皮球水平抛出，皮球进入篮筐且不擦到篮筐就能获得一枚小红旗．如图乙所示，篮筐的半径为R，皮球的半径为r，篮筐中心和出手处皮球的中心高度为h1和h2，两中心在水平地面上的投影点O1、O2之间的距离为d.忽略空气的阻力，已知重力加速度为g.设出手速度为v，要使皮球能入筐，则下列说法中正确的是( )A．出手速度大的皮球进筐前运动的时间也长B．速度v只能沿与O1O2连线平行的方向C．速度v的最大值为(d＋R－r)√g2(h2−h1)D．速度v的最小值为(d－R＋r)√2gh2−h1[思维方法]1．处理平抛运动中的临界问题要抓住两点(1)找出临界状态对应的临界条件；(2)用分解速度或者分解位移的思想分析平抛运动的临界问题．2．平抛运动临界极值问题的分析方法(1)确定研究对象的运动性质；(2)根据题意确定临界状态；(3)确定临界轨迹，画出轨迹示意图；(4)应用平抛运动的规律结合临界条件列方程求解．情境2农林灌溉农林灌溉需要扩大灌溉面积，通常在水管的末端加上一段尖管，示意图如图所示，尖管，尖管水平，不考虑空气阻力的影响，下列说法正确的是( )的直径是水管直径的13A．由于增加尖管，单位时间的出水量增加2倍B．由于增加尖管，水平射程增加3倍C．增加尖管前后，空中水的质量不变D．由于增加尖管，水落地时的速度大小增加8倍情境3海鸥捕食[2021·山东卷，16] 海鸥捕到外壳坚硬的鸟蛤(贝类动物)后，有时会飞到空中将它丢下，利用地面的冲击打碎硬壳．一只海鸥叼着质量m＝0.1 kg的鸟蛤，在H＝20 m的高度、，以v0＝15 m/s的水平速度飞行时，松开嘴巴让鸟蛤落到水平地面上．取重力加速度g＝10ms2忽略空气阻力．(1)若鸟蛤与地面的碰撞时间Δt ＝0.005 s ，弹起速度可忽略，求碰撞过程中鸟蛤受到的平均作用力的大小F ；(碰撞过程中不计重力)(2)在海鸥飞行方向正下方的地面上，有一与地面平齐、长度L ＝6 m 的岩石，以岩石左端为坐标原点，建立如图所示坐标系．若海鸥水平飞行的高度仍为20 m ，速度大小在15～17 m/s 之间，为保证鸟蛤一定能落到岩石上，求释放鸟蛤位置的x 坐标范围．第2讲 抛体运动的规律及应用必备知识·自主排查一、 1．重力 2．匀变速3．(1)匀速 (2)自由落体 4．(1)12gt 2√x 2+y 2yx(2)√v x 2+v y 2 v y v x二、1．斜向上方 重力 2．匀变速 抛物线 3．(1)匀速 (2)匀变速生活情境1．(1)× (2)√ (3)√ (4)× (5)× 教材拓展2．解析：根据合运动与分运动的等时性和独立性特点可知，两球应同时落地，为减小实验误差，应改变装置的高度，多次做实验，选项B 、C 正确；平抛运动的实验与小球的质量无关，选项A 错误；此实验只能说明A 球在竖直方向做自由落体运动，选项D 错误．答案：BC关键能力·分层突破例1 解析：设距离d ＝0.2 m ，铯原子做平抛运动时有d ＝v 0t 1，做竖直上抛运动时有d ＝12g (t 22)2，解得t 1t 2＝1200.故A 、B 、D 错误，C 正确．答案：C1．解析：由题意可知，炸弹被投放后做平抛运动，它在水平方向上做匀速直线运动，与飞机速度相等，所以所有离开飞机的炸弹与飞机应在同一条竖直线上，故A 、C 错误；炸弹在竖直方向上做自由落体运动，从上至下，炸弹间的距离越来越大．故B 正确，D 错误．答案：B 2．解析：将球离开球拍后撞向墙壁的运动反向视为平抛运动，该平抛运动的初速度大小为v ，反弹后球做平抛运动的初速度大小也为v ，两运动的轨迹有一部分重合，运动员在某个固定位置发球，因此不同的发球速度对应击中墙壁的不同高度h ，但所有轨迹均经过发球点，如图所示，h 越大，球从发球点运动到击墙位置的运动时间越长，墙壁到发球点的水平位移x ′相同，则v 越小，由图可知，反弹后球做平抛运动的水平位移x 越小，选项A 、B 、D 错误；设球击中墙壁的位置到发球点的高度为h ′，由平抛运动的推论可知2h ′x ′＝tan θ，则h ′越大，即h 越大，θ越大，选项C 正确．答案：C例2 解析：依题意及几何关系可知，小球A 下落的高度为斜面高度的23，小球B 下落高度为斜面高度的12再减去斜面高度的13，则根据公式h ＝12gt 2，可知A 、B 两球平抛运动时间之比为tA tB ＝2，选项A 正确，B 错误；两小球在水平方向做匀速直线运动，有x ＝v 0t ，小球A水平分位移为斜面宽度的23，小球B 水平分位移为斜面宽度的13，代入上式联立可得v 0A v 0B＝1，选项C 错误，D 正确．答案：AD 例3 解析：由几何关系可知，水流冲击挡板时，水流的速度方向与水平方向成60°角，则有vy v 0＝tan 60°，所以水流速度为v ＝√v 02+v y2 ＝2v 0，根据题意知被冲击后的挡板的线速度为v ′＝12v ＝v 0，所以水轮机圆盘稳定转动的角速度大小为ω＝v ′R＝v0R，选项B 正确．答案：B3．解析：由题可知，两个石子做平抛运动，运动时间一样，则下落的高度H 一样，又因为落在抛物线上，a 、b 是关于y 轴对称的点，可得如下关系3s 2－v 0t ＝2v 0t －3s2，可得v 0t ＝s ，可分别得出落在坑壁上两个石子的横坐标分别为－s 2和s2，由y ＝kx 2，可得初始高度为9s 24，可求得此时高度为s 24，所以利用高度值差可求得H ＝2s 2，由H ＝12gt 2可求出平抛运动的运动时间t ＝ √2Hg ＝2s √1g ，故选项D 正确，A 、B 错误；由前面可求出v 0＝st ＝√g2，竖直方向上的速度v y ＝gt ＝2s √g ，由运动的合成可得v 1＝√v 02+v y2 ＝√g+16gs 24，故选项C 错误．答案：D情境1 解析：本题考查平抛，属于应用性题．平抛运动的时间由下落的高度决定，则进筐的皮球运动时间相同，A 错误；与O 1O 2连线方向成一个合适的角度投出的皮球也可能进筐，B 错误；皮球沿与O 1O 2连线平行的方向投出，下落的高度为h 2－h 1，水平射程临界分别为d ＋R －r 和d ＋r －R ，则投射的最大速度为v max ＝√2(h 2−h 1)g＝(d ＋R －r ) √g2(h 2−h 1)最小速度为v min ＝√2(h 2−h 1)g＝(d －R ＋r ) √g2(h 2−h 1)C 正确，D 错误． 答案：C情境2 解析：单位时间的出水量与单位时间输入水管的量有关，与是否增加尖管无关，选项A 错误；设尖管中水的流速为v 0，水管中水的流速为v ，水管的半径为r ，根据相同时间Δt 内水的流量相同可得，π(r3)2v 0Δt ＝πr 2v Δt ，得水管、尖管中水的流速之比为v v 0＝19，根据平抛运动规律，有h ＝12gt 2，增加尖管后水平射程x 0＝v 0t ＝v 0√2hg ，不加尖管时水平射程x ＝vt ＝v √2hg，可得xx 0＝19，Δx ＝x 0－x ＝8x ，故由于增加尖管，水平射程增加8倍，选项B 错误；不加尖管时，空中水的质量m ＝ρπr 2x ，加尖管时空中水的质量为m 0＝ρ·π(r 3)2·x 0＝πρr 2x ，则m ＝m 0，选项C 正确；由动能定理有mgh ＝12mv 12－12mv 2、m 0gh ＝12m 0v −2212m 0v 02，解得增加尖管前后水落地时的速度分别为v1＝√2g ℎ+v 2、v2＝√2g ℎ+v 02 ，v 2−v 1v 1≠8，选项D 错误．答案：C情境3 解析：(1)设平抛运动的时间为t，鸟蛤落地前瞬间的速度大小为v.竖直方向gt2，v y＝gt，v＝√v02+v y2.分速度大小为v y，根据运动的合成与分解得H＝12在碰撞过程中，以鸟蛤为研究对象，取速度v的方向为正方向，由动量定理得－FΔt ＝0－mv联立并代入数据得F＝500 N(2)若释放鸟蛤的初速度为v1＝15 m/s，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为x1，击中岩石右端时，释放点的x坐标为x2，则有x1＝v1t，x2＝x1＋L联立并代入数据得x1＝30 m，x2＝36 m若释放鸟蛤时的初速度为v2＝17 m/s，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为x′1，击中岩石右端时，释放点的x坐标为x′2，则有x′1＝v2t，x′2＝x′1＋L联立并代入数据得x′1＝34 m，x′2＝40 m综上得x坐标范围为[34 m，36 m].。
2013届新课标高考物理总复习学案第四单元曲线运动万有引力第2节平抛运动回扣一平抛运动的特点和性质1．做平抛运动的物体，抛出时的初速度方向是________的，在运动过程中只受________，其运动的轨迹是一条________。
答案：水平重力抛物线2．下列关于平抛运动的说法中正确的是()A．平抛运动是非匀变速运动B．平抛运动是匀速运动C．平抛运动是匀变速曲线运动D．平抛运动是加速度方向不变大小变化的曲线运动解析：做平抛运动的物体只受重力作用，由牛顿第二定律可知平抛运动的加速度为g，方向竖直向下，故平抛运动是匀变速曲线运动，故选C。
答案：C回扣二平抛运动的规律3．物体以初速度v0水平抛出，经过一段时间t，水平位移为x＝________，竖直方向的位移为y＝________，合位移大小为s＝________，物体的加速度大小是________，方向为________。
答案：v0t 12gt2x2＋y2g竖直向下4．从高度为h处以水平速度v0抛出一个物体，要使该物体的落地速度与水平地面的夹角较大，则h与v0的取值应为下列四组中的哪一组()A．h＝30 m，v0＝10 m/sB．h＝30 m，v0＝30 m/sC．h＝50 m，v0＝30 m/sD．h＝50 m，v0＝10 m/s解析：要使落地速度与水平方向夹角较大，即使tanθ＝v y v0＝2ghv0中θ较大，应使自由下落的高度h较大，同时使水平速度v0较小，故选项D正确。
答案：D回扣三斜抛运动5．在水平地面上将物体以初速度v0沿与水平方向成θ角斜向上抛出，不考虑空气阻力，则物体在空中的飞行时间t＝________，射程x＝________；射高H＝________。
解析：把初速度分解为水平速度v1＝v0cosθ和竖直速度v2＝v0sinθ，物体在水平方向以v1做匀速直线运动，竖直方向是竖直上抛运动，则飞行时间t＝2v2g＝2v0sinθg，射程x＝v1t＝v02sin2θg，射高H＝v222g＝v02sin2θ2g。
答案：2v0sinθgv02sin2θgv02sin2θ2g6．做斜抛运动的物体，到达最高点时()A．速度为零，加速度向下B．速度为零，加速度为零C．具有水平方向的速度和竖直向下的加速度D．具有水平方向的速度和加速度解析：斜抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直上抛运动。
因物体只受重力，且方向竖直向下，所以水平方向的分速度不变，竖直方向上的加速度也不变，所以只有C选项正确。
答案：C[知识必会]1．速度的变化规律(1)任意时刻的速度水平分量均等于初速度v0。
(2)任意相等时间间隔Δt内的速度变化量均竖直向下，且Δv＝Δvy＝gΔt。
(3)任意两时刻的速度与速度变化量Δv构成三角形，Δv沿竖直方向。
如图4－2－1所示。
图4－2－1 2．位移变化规律(1)任意相等时间间隔内，水平位移不变，即Δx＝v0Δt。
(2)连续相等的时间间隔Δt内，竖直方向上的位移差不变，即Δy＝gΔt2。
(3)从抛出开始计时，连续相等时间内的竖直位移之比为：1∶3∶5∶…∶(2n－1)(n＝1,2,3，…)3．两个重要推论推论1：做平抛(或类平抛)运动的物体在任一时刻任一位置处，设其速度方向与水平方向的夹角为θ，位图4－2－2移与水平方向的夹角为α，则tanθ＝2tanα。
推论2：做平抛(或类平抛)运动的物体任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图4－2－3中A点和B点所示。
图4－2－3[名师点睛](1)在平抛运动中，位移矢量和速度矢量永远不会共线；(2)速度和位移与水平方向的夹角关系tanθ＝2tanα，但不能误认为θ＝2α。
[典例必研][例1]如图4－2－4所示，一个斜面固定在水平面上，从斜面顶端以不同初速度v0水平抛出一小球，得到小球在图4－2－4空中运动时间t与初速度v0的关系如下表所示，g取10 m/s2试求：v0/m·s－1…2…910…t/s…0.400… 1.000 1.000…(1)v0＝2 m/s时平抛水平位移s；(2)斜面的高度h；(3)斜面的倾角θ。
[审题指导]初速度达到9 m/s后运动时间不变，说明小球落在水平面上。
[解析] (1)由表中数据可知当v 0＝2 m/s 时，飞行时间为0.400 s ，则s ＝v 0t ＝0.80 m 。
(2)小球落到水平面上时，平抛运动的竖直分位移等于斜面的高度，且飞行时间为1 s 。
则h ＝12gt 2＝5 m 。
(3)小球初速度为2 m/s ，运动时间为0.400 s 时落在斜面上 tan θ＝12gt 2v t ＝gt2v ＝1θ＝45°。
[答案] (1)0.80 m (2)5 m (3)45° [冲关必试]1．一斜面倾角为θ，A 、B 两个小球均以 水平初速度v0水平抛出(如图4－2－5 所示)，A 球垂直撞在斜面上，B 球落到斜面上的位移最短，不计空气阻 图4－2－5 力，则A 、B 两个小球下落时间tA 与tB 之间的关系为 ( ) A ．tA ＝tB B ．tA ＝2tB C ．tB ＝2tA D ．无法确定解析：如图所示，小球A 垂直撞在斜面上，说明到达斜面时速度方向与斜面垂直，将速度如图所示分解为v 1＝v 0，v 2＝gt A ，由图可得：tan θ＝v 1v 2＝v 0gt A；而B 球落到斜面上的位移最短，则说明小球B 从抛出到斜面的位移与斜面垂直，将位移分解可得：x ＝v 0t B ，y ＝12gt B 2，由图可得tan θ＝xy ＝v 0t B 12gt B 2＝v 012gt B，故可知选项C 正确。
答案：C2．(2012·聊城模拟)如图4－2－6所示， 一物体自倾角为θ的固定斜面顶端沿水平方向抛出后落在斜面上。
物体与斜面接触时速度与水平方向的夹角φ满足( ) 图4－2－6 A ．tan φ＝sin θ B ．tan φ＝cos θ C ．tan φ＝tan θ D ．tan φ＝2tan θ解析：物体从斜面顶端抛出落到斜面上，平抛运动过程中位移与水平方向的夹角等于斜面倾角θ，即tan θ＝y x ＝12gt 2v 0t ＝gt2v 0，而落到斜面上时的速度方向与水平方向的夹角正切值tan φ＝v y v x＝gtv 0，所以tan φ＝2tan θ，D 正确。
答案：D3．一固定斜面ABC ，倾角为θ，高AC ＝h ， 如图4－2－7所示，在顶点A 以某一初 速度水平抛出一小球，恰好落在斜面底端B 点，空气阻力不计，试求自抛出经多长时间小球离斜面最远？ 图4－2－7解析：法一：如图甲所示，小球的瞬时速度v 与斜面平行时，小球离斜面最远，设此点为D ，由A 到D 时间为t 1，则 tan θ＝gt 1v 0①小球从A 到B 的时间设为t ，则分解位移可得tan θ＝hv 0t，又h ＝12gt 2，消去时间t 得v0tanθ＝gh 2②解①②得t1＝h2g。
法二：沿斜面和垂直于斜面建立坐标系如图乙所示，分解v0和加速度g，这样沿y轴方向的分运动是初速度为v y、加速度为g y的匀减速直线运动，沿x轴方向的分运动是初速度为v x，加速度为g x的匀加速直线运动。
当v y＝0时，小球离斜面最远，经历时间为t1，当y＝0时小球落到斜面上的B点，经历时间为t，根据对称性显然有t＝2t1。
在y轴方向，根据速度关系有v0sinθ＝g cosθ·t1，根据位移关系有h＝v0t·tanθ可解得t1＝h2g。
法三：在竖直方向小球做自由落体运动h＝12gt2得t＝2hg在垂直斜面方向上小球做匀减速运动，当垂直斜面的速度减为零时离斜面最远，历时t1，则t1＝t2＝h2g。
答案：h 2g[知识必会]1．类平抛运动的受力特点物体所受合力为恒力，且与初速度的方向垂直。
2．类平抛运动的运动特点在初速度v0方向做匀速直线运动，在合外力方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝F合m。
3．类平抛运动的求解方法(1)常规分解法：将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向(即沿合力的方向)的匀加速直线运动，两分运动彼此独立，互不影响，且与合运动具有等时性。
(2)特殊分解法：对于有些问题，可以过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度a分解为ax、ay，初速度v0分解为vx、vy，然后分别在x、y方向列方程求解。
4．类平抛运动问题的求解思路[典例必研][例2]如图4－2－8所示的光滑斜面长为l，宽为b，倾角为θ，一物块(可看成质点)沿斜面左上方顶点P水平射入，恰好从底端Q点离开斜面，试求：(1)物块由P运动到Q所用的时间t；(2)物块由P点水平入射时的初速度v0；(3)物块离开Q点时速度的大小v。
图4－2－8[思路点拨]物块在光滑斜面上的运动是类平抛运动，沿初速度v0方向是匀速直线运动，沿斜面向下的分运动是初速度为零的匀加速直线运动。
[解析](1)沿水平方向有b＝v0t沿斜面向下的方向有mgsinθ＝mal ＝12at 2 联立解得t ＝2lg sin θ。
(2)由(1)可得v 0＝bt ＝bg sin θ2l。
(3)物块到达Q 点的速度大小 v ＝v 02＋(at )2 结合(1)(2)解得v ＝(b 2＋4l 2)g sin θ2l。
[答案] (1) 2lg sin θ (2)b g sin θ2l(3) (b 2＋4l 2)g sin θ2l[冲关必试]4．(2012·黄冈模拟)如图4－2－9所示，两个倾角分别为30°、45°的光滑斜面放在同一水平面上，斜面高度相等。
有三个完全相同的小球a 、b 、c ，开始均静止于同一高度处，其中b 一小球在两斜面之间，a 、c 两小球在斜面顶端，两斜面间距大于小球直径。
若同时释放，a 、b 、c 小球到达水平面的时间分别 为t1、t2、t3。
若同时沿水平方向抛出，初速度方 向如图4－2－9所示，到达水平面的时间分别为t1′ 、t2′、t3′。
下列关于时间的关系错误的是 ( ) A ．t1>t3>t2B ．t1＝t1′、t2＝t2′、t3＝t3′C ．t1′>t3′>t2′D ．t1<t1′、t2<t2′、t3<t3′ 图4－2－9解析：由静止释放三小球时，对a ：h sin30°＝12g sin30°·t 12，则t 12＝8h g 。
对b ：h ＝12gt 22，则t 22＝2hg 。
对c ：h sin45°＝12g sin45°·t 32，则t 32＝4h g 。
所以t 1>t 3>t 2。
