2021届高三物理二轮复习常考模型微专题复习—平抛运动斜面模型专题(含解析)

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2021年高考物理平抛运动专题

第二轮重点突破(3)——平抛运动专题当物体初速度水平且仅受重力作用时的运动；被称为平抛运动。

其轨迹为抛物线；性质为匀变速运动。

平抛运动可分解为水平方向的匀速运动和竖直方向的自由落体运动这两个分运动。

广义地说；当物体所受的合外力恒定且与初速度垂直时；做类平抛运动。

1、平抛运动基本规律① 速度：0v v x =；gt v y =合速度 22y x v v v +=方向：tan θ=oxy v gt v v =②位移x =v o t y =221gt 合位移大小：s =22y x + 方向：tan α=t v g x y o ⋅=2 ③时间由y =221gt 得t =x y 2（由下落的高度y 决定） ④竖直方向自由落体运动；匀变速直线运动的一切规律在竖直方向上都成立。

应用举例（1）方格问题【例1】平抛小球的闪光照片如图。

已知方格边长a 和闪光照相的频闪间隔T ；求：v 0、g 、v c（2）临界问题典型例题是在排球运动中；为了使从某一位置和某一高度水平扣出的球既不触网、又不出界；扣球速度的取值范围应是多少？【例2】已知网高H ；半场长L ；扣球点高h ；扣球点离网水平距离s 、求：水平扣球速度v 的取值范围。

ABCDE【例3】如图所示；长斜面OA 的倾角为θ；放在水平地面上；现从顶点O 以速度v 0平抛一小球；不计空气阻力；重力加速度为g ；求小球在飞行过程中离斜面的最大距离s 是多少？（3）一个有用的推论平抛物体任意时刻瞬时时速度方向的反向延长线与初速度延长线的交点到抛出点的距离都等于水平位移的一半。

证明：设时间t 内物体的水平位移为s ；竖直位移为h ；则末速度的水平分量v x =v 0=s/t ；而竖直分量v y =2h/t ； sh v v 2tan x y==α；所以有2tan s h s =='α【例4】从倾角为θ=30°的斜面顶端以初动能E =6J 向下坡方向平抛出一个小球；则小球落到斜面上时的动能E /为______J 。

模型10 斜面上的平抛运动(解析版)

【变式训练 3】(多选)如图所示,一质点以速度 v0 从倾角为 θ 的斜面底端斜向上抛出,落到斜面上的 M 点且速度水平向右。现将该质点以 2v0 的速度从斜面底端朝同样方向抛出,落在斜面上的 N 点。下列说法正确的是 ( )。
【解析】(1)设石块击中物块的过程中,石块运动的时间为 t 对物块,运动的位移 s=vt 对石块,竖பைடு நூலகம்方向有(l+s)sin37°= gt2 水平方向有(l+s)cos37°=v0t 解得 v0=20m/s。 (2)对物块有 x1=vt 对石块,竖直方向有 h= gt2
解得 t= =4s
水平方向有 +x1=v1t 联立可得 v1=41.7m/s。【典例 3】(多选)如图所示,从倾角为 θ 的斜面上某点先后将同一小球以不同的初速度水平抛出,小球均落在斜面上,当抛出的速度为 v1 时,小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为 α1;当抛出速度为 v2 时,小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为 α2,则( )。
根据几何关系可知，水平位移 x＝tahnα＝60 m
水平方向上，v0＝xt＝20 m/s.
(2)竖直方向上的位移 y＝12gt2
水平方向上位移 x＝v0t 根据平抛运动规律可知 tanα＝yx＝2gvt0 竖直分速度 vy＝gt
根据平行四边形定则可知，合速度 v＝ v20＋v2y
联立解得 v＝
13 2
【变式训练 2】如图所示,在倾角为 37°的固定斜坡上有一人,前方有一物块沿斜坡匀速下滑,且速度 v=15 m/s, 在二者相距 l=30 m 时,此人以速度 v0 水平抛出一石块打击物块,人和物块都可看成质点。(已知 sin 37°=0.6,g=10 m/s2)
(1)若物块在斜坡上被石块击中,求 v0 的大小。 (2)当物块在斜坡末端时,物块离人的高度 h=80 m,此刻此人以速度 v1 水平抛出一石块打击物块,同时物块开始沿水平面运动,物块速度 v=15 m/s,若物块在水平面上能被石块击中,求速度 v1 的大小。【答案】(1)20m/s (2)41.7m/s

【高考物理】模型构建：模型05、斜面模型(解析版)Word(22页)

模型五、斜面模型1、自由释放的滑块能在斜面上(如图1甲所示)匀速下滑时，m.与M 之间的动摩擦因数θμgtan =2.自由释放的滑块在斜面上(如图1甲所示):(1)静止或匀速下滑时，斜面M 对水平地面的静摩擦力为零;(2)加速下滑时，斜面对水平地面的静摩擦力水平向右;(3)减速下滑时，斜面对水平地面的静摩擦力水平向左。

3.自由释放的滑块在斜面上(如图1乙所示)匀速下滑时，M 对水平地面的静摩擦力为零，这一过程中再在m 上加上任何方向的作用力，(在m 停止前）M 对水平地面的静摩擦力依然为零.4.悬挂有物体的小车在斜面上滑行(如图2所示):(1)向下的加速度θsin g a =时，悬绳稳定时将垂直于斜面:(2)向下的加速度θsin g a >时，悬绳稳定时将偏离垂直方向向上;(3)向下的加速度θsin g a <时，悬绳将偏离垂直方向向下.5.在倾角为θ的斜面上以速度0ν平抛一小球(如图3所示):(1)落到斜面上的时间gt θνtan 20=(2)落到斜面上时，速度的方向与水平方向的夹角α恒定，且θαtan 2tan =,与初速度无关。

(3)经过g v t c θtan 0=，小球距斜面最远，最大距离()θθcos 2sin 20g v d =6.如图4所示，当整体有向右的加速度θtan g a =时，m 能在斜面上保持相对静止.7.在如图5所示的物理模型中，当回路的总电阻恒定、导轨光滑时，ab 棒所能达到的稳定速度22sin L B mgR m θν=8.如图6所示，当各接触面均光滑时，在小球从斜面顶端滑下的过程中，斜面后退的位移L Mm ms+=9、动力学中的典型临界条件(1)接触与脱离的临界条件:两物体相接触或脱离，临界条件是:弹力N F =0.(2)相对滑动的临界条件:两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是:静摩擦力达到最大值.(3)绳子断裂与松驰的临界条件:绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松驰的临界条件是:0=T F (4)加速度变化时，速度达到最值的临界条件:当加速度变为零时.θB ．受到斜面的支持力大小为D ．加速度大小为g．地面对斜面的静摩擦力的方向水平向右B．滑块在斜面上运动的加速度大小为D．滑块离开斜面后做平抛运动μ大于tanθcosθ＋m）gC．38对地面的压力小于(M+m)g对地面的摩擦力方向水平向左与水平方向夹角为33°且指向左上方时，F有最小值4s内外力大小之比为1:1末滑块速度的大小为6m/s末滑块的速度等大反向末运动到最高点在4s t =时，滑块的速度为零，此时运动到斜面体的最高点，故D 正确。

(完整版)高中物理二轮专题——斜面模型

高考物理第二轮专题——斜面模型斜面模型时中学物理中常见的物理模型之一。

物理中的斜面，通常不是题目的主体，而只是一个载体，即处于斜面上的物体通常才是真正的主体．由于斜面问题的千变万化，既可能光滑，也可以粗糙；既可能固定，也可以运动，即使运动，也可能匀速或变速；既可能是一个斜面，也可能是多个斜面；斜面上的物体同样五花八门，可能是质点，也可能是连接体，可能是带电小球，也可能是导体棒，因此在处理斜面问题时，要根据题目的具体条件，综合应用力学、电磁学的相关规律进行求解。

1．自由释放的滑块在斜面上(如图所示)：对下面几种情形分析（斜面静止）：ＶＦ静止状态(匀速、加速、减速) (静止、匀速、加速)物块受力斜面受力2.(1)静止或匀速下滑时，斜面M 对水平地面的静摩擦力为零；自由释放的滑块在斜面上(如图所示)匀速下滑时，M 对水平地面的静摩擦力为零，这一过程中再在m 上加上任何方向的作用力，(在m 停止前)M 对水平地面的静摩擦力依然为零．拓展：3．悬挂有物体的小车在斜面上滑行(如图所示)：(1)向下的加速度a ＝g sin θ时，悬绳稳定时将垂直于斜面；(2)向下的加速度a ＞g sin θ时，悬绳稳定时将偏离垂直方向向上；(3)向下的加速度a ＜g sin θ时，悬绳将偏离垂直方向向下．4．在倾角为θ的斜面上以速度v 0平抛一小球(如图所示)：(1)落到斜面上的时间t ＝2v 0tan θg； (2)落到斜面上时，速度的方向与水平方向的夹角α恒定，且tan α＝2tan θ，与初速度无关；(3)经过t c ＝v 0tan θg 小球距斜面最远，最大距离d ＝(v 0sin θ)22g cos θ． 5．如图所示，当整体有向右的加速度a ＝g tan θ时，m 能在斜面上保持相对静止．6．在如图所示的物理模型中，当回路的总电阻恒定、导轨光滑时，ab 棒所能达到的稳定速度7．如图所示，当各接触面均光滑时，在小球从斜面顶端滑下的过程中，斜面后退的位移s ＝m/(m ＋M) L ．8.物体在斜面运动的速度和时间问题（1）在竖直平面内有若干倾角不同的光滑轨道，质量不等的物体同时从最高点A 沿不同的轨道由静止下滑，到某一时刻，各物体所在的位置一定在同一圆周上。

高考物理备考微专题1.9 动力学中的斜面问题(解析版)

高考物理备考微专题精准突破专题1.9 动力学中的斜面问题【专题诠释】1.斜面模型是高中物理中最常见的模型之一，斜面问题千变万化，斜面既可能光滑，也可能粗糙；既可能固定，也可能运动，运动又分匀速和变速；斜面上的物体既可以左右相连，也可以上下叠加。

物体之间可以细绳相连，也可以弹簧相连。

求解斜面问题，能否做好斜面上物体的受力分析，尤其是斜面对物体的作用力（弹力和摩擦力）是解决问题的关键。

对沿粗糙斜面自由下滑的物体做受力分析，物体受重力mg 、支持力F N 、动摩擦力f ，由于支持力θcos mg F N =，则动摩擦力θμμcos mg F f N ==，而重力平行斜面向下的分力为θsin mg ，所以当θμθcos sin mg mg =时，物体沿斜面匀速下滑，由此得θμθcos sin =，亦即θμtan =。

所以物体在斜面上自由运动的性质只取决于摩擦系数和斜面倾角的关系。

当θμtan <时，物体沿斜面加速速下滑，加速度)cos (sin θμθ-=g a ；当θμtan =时，物体沿斜面匀速下滑，或恰好静止；当θμtan >时，物体若无初速度将静止于斜面上； 2.等时圆模型1．质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等，如图甲所示。

2．质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示。

3．两个竖直圆环相切且两圆环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示。

【高考领航】【2019·浙江选考】如图所示为某一游戏的局部简化示意图。

D 为弹射装置，AB 是长为21 m 的水平轨道，倾斜直轨道BC 固定在竖直放置的半径为R =10 m 的圆形支架上，B 为圆形的最低点，轨道AB 与BC 平滑连接，且在同一竖直平面内。

某次游戏中，无动力小车在弹射装置D 的作用下，以v 0=10 m/s 的速度滑上轨道 AB ，并恰好能冲到轨道BC 的最高点。

2021学年高中物理微专题二平抛规律的综合应用课件人教版必修2.ppt

解析：如图所示，可知：
x＝vt，x·tan θ＝12gt2 则 x＝2tagn θ·v2，即 x∝v2 甲、乙两球抛出速度为 v 和v2，则相应水平位移之比为 4:1，由相似三角形知，下落高度之比也为 4:1，由自由落体运动规律得，落在斜面上竖直方向速度之比为 2:1，则可得落至斜面时速率之比为 2:1. 答案：A
的抛出点距 O 点的距离为 h＝12gt2＋v0t·tan θ＝v202gta1n2 θ＋1g，所以 OOAB＝vv2A2B＝31，则 AB＝2OB.选项 A 正确．
【答案】 A
练 1 在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以 v 和v2的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上．甲球落至斜面时
的速率是乙球落至斜面时速率的( ) A．2 倍 B．4 倍 C．6 倍 D．8 倍
2H g
C．球从击球点至落地点的位移大小等于 L
D．球从击球点至落地点的位移与球的质量有关
【解析】 B 对：竖直方向 H＝12gt2，得 t＝
2H g .A
对：水平
方向 L＝vt，得 v＝L
g 2H.C
错：球从击出点至落地点的位移大小
为 H2＋L2.D 错：由以上分析知，从击出点到落地点的位移与球的
竖直方向上由 vy＝gt 得 vy＝40 m/s.落到斜坡上时，以水平速度和竖直速度为邻边作平行四边形如图
所示，解得 v 合＝ v2x＋vy2＝ 202＋402 m/s＝20 5 m/s.
设合速度方向与水平方向的夹角为 α，则 tan α＝vvxy＝4200＝2，答案：113 m 20 5 m/s 2
【解析】将位移分解，x＝v0t，y＝12gt2.故 tan 45°＝yx＝12vg0tt2＝ 2gvt0.将 v0＝20 m/s 代入上式得 t＝4 s

2021物理统考版二轮复习学案：专题复习篇专题1 第3讲抛体运动与圆周运动含解析

2021高考物理统考版二轮复习学案：专题复习篇专题1 第3讲抛体运动与圆周运动含解析抛体运动与圆周运动［建体系·知关联][析考情·明策略]考情分析近几年高考对本讲的考查集中在平抛运动与圆周运动规律的应用，命题素材多与生产、生活、体育运动学结合，题型以选择题为主.素养呈现1.运动合成与分解思想2。

平抛运动规律3.圆周运动规律及两类模型素养落实1.掌握渡河问题、关联速度问题的处理方法2。

应用平抛运动特点及规律解决相关问题3.掌握圆周运动动力学特点,灵活处理相关问题考点1｜曲线运动和运动的合成与分解1．曲线运动的分析（1）物体的实际运动是合运动，明确是在哪两个方向上的分运动的合成.(2)根据合外力与合初速度的方向关系判断合运动的性质。

（3）运动的合成与分解就是速度、位移、加速度等的合成与分解,遵守平行四边形定则。

2．渡河问题中分清三种速度(1）合速度：物体的实际运动速度。

（2)船速：船在静水中的速度。

（3)水速：水流动的速度，可能大于船速。

3．端速问题解题方法把物体的实际速度分解为垂直于绳（杆）和平行于绳(杆）两个分量,根据沿绳(杆)方向的分速度大小相等求解，常见的模型如图所示。

甲乙丙丁[典例1］如图所示的机械装置可以将圆周运动转化为直线上的往复运动.连杆AB、OB可绕图中A、B、O三处的转轴转动，连杆OB在竖直面内的圆周运动可通过连杆AB使滑块在水平横杆上左右滑动。

已知OB杆长为L，绕O点做逆时针方向匀速转动的角速度为ω，当连杆AB与水平方向夹角为α，AB杆与OB杆的夹角为β时，滑块的水平速度大小为()A.错误!B.错误!C.错误!D.错误![题眼点拨]①“连杆OB在竖直平面的圆周运动"表明B点沿切向的线速度是合速度,可沿杆和垂直杆分解.②“滑块在水平横杆上左右滑动”表明合速度沿水平横杆。

D[设滑块的水平速度大小为v,A点的速度的方向沿水平方向，如图将A点的速度分解：滑块沿杆方向的分速度为v A分＝v cos α，B点做圆周运动，实际速度是圆周运动的线速度，可以分解为沿杆方向的分速度和垂直于杆方向的分速度，设B的线速度为v′，则v′＝Lω，v B＝v′·cos θ＝v′cos（β－90°)＝Lωsin β，又二者沿分杆方向的分速度是相等的,即v A分＝v B分，联立解得v＝错误!，故本题正确选项为D。

高三物理二轮复习常考模型微专题复习—平抛运动斜面模型专题(含解析)

平抛运动斜面模型专题一、单选题1.如图所示，D点为固定斜面AC的中点．在A点先后分别以初速度v01和v02水平抛出一个小球，结果小球分别落在斜面上的D点和C点．空气阻力不计．设小球在空中运动的时间分别为t1和t2，落到D点和C点前瞬间的速度大小分别为v1和v2，落到D点和C点前瞬间的速度方向与水平方向的夹角分别为θ1和θ2，则下列关系式正确的是A. t1t2=12B. v01v02=12C. v1v2=√2D. tanθ1tanθ2=1√22.甲、乙两个同学打乒乓球，某次动作中，甲同学持拍的拍面与水平方向成45°角，乙同学持拍的拍面与水平方向成30°角，如图所示。

设乒乓球击打拍面时速度方向与拍面垂直，且乒乓球每次击打球拍前、后的速度大小相等，不计空气阻力，则乒乓球击打甲的球拍的速度v1与乒乓球击打乙的球拍的速度v2之比为()A. √63B. √2 C. √22D. √333.如图所示，倾角为θ的斜面体固定在水平面上，两个可视为质点的小球甲和乙分别沿水平方向抛出，两球的初速度大小相等，已知甲的抛出点为斜面体的顶点，经过一段时间两球落在斜面上的A、B两点后不再反弹，落在斜面上的瞬间，小球乙的速度与斜面垂直。

忽略空气阻力，重力加速度为g，则下列选项正确的是()A. 甲、乙两球在空中运动的时间之比为tan2θ∶1B. 甲、乙两球下落的高度之比为2tan2θ∶1C. 甲、乙两球的水平位移大小之比为tanθ∶1D. 甲、乙两球落在斜面上瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值之比为2tan2θ∶14.如图所示，倾角分别为45°和37°的斜面固定在水平地面上，一小球从倾角为45°的斜面上某点分别以v1和v2的速度水平抛出，小球分别落在了两个斜面上的M点和N点，M、N处在同一水平线上，且小球落在N点时速度方向与37°的斜面垂直(sin37°=0.6,cos37°=0.8)，则v1∶v2等于()A. 1∶2B. 2∶1C. 1∶3D. 2∶35.如图所示，小球以v0在倾角为θ的斜面上方水平抛出，①垂直落到斜面②最小位移落到斜面，则以下说法正确的是(重力加速度为g)()A. 垂直落到斜面上则小球空中运动时间为2v0cotθgB. 以最小位移落到斜面则小球空中运动时间2v0cotθgC. ②的位移是①的位移2倍D. 抛出速度增加2倍，则水平位移也增加2倍6.如图所示，倾角为37°的斜面长l=1.9m，在斜面底端正上方的O点将一小球以v0=3m/s的速度水平抛出，与此同时由静止释放斜面顶端的滑块，经过一段时间后，小球恰好能够以垂直于斜面的速度在斜面P点处击中滑块，小球和滑块均可视为质点，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则A. 小球在空中飞行的时间为0.3sB. 小球抛出点到斜面P点的水平距离为0.9mC. 小滑块沿斜面下滑的加速度为6m/s2D. 小球抛出点到斜面底端的竖直高度为1.7m7.如图所示，某同学对着墙壁练习打乒乓球，某次乒乓球与墙壁上A点碰撞后水平弹离，恰好垂直落在球拍上的B点，已知球拍与水平方向夹角θ=60°，A、B两点高度差ℎ=0.2m，忽略空气阻力，重力加速度g=10m/s2，则球刚要落到球拍上时速度大小为A. 2m/sB. 4m/sC. 2√2m/sD. 2√3m/s8.如图所示，a、b两小球分别从半圆轨道顶端和斜面顶端以大小相等的初速度v0同时水平抛出，已知半圆轨道的半径与斜面竖直高度相等且在同一竖直面内，斜面底边长是其竖直高度的2倍，若小球b能落到斜面上，下列说法正确的是()A. a、b不可能同时分别落在半圆轨道和斜面上B. a球C. a球一定先落在半圆轨道上可能先落在半圆轨道上D. b球一定先落在斜面上二、多选题9.跳台滑雪是一种极为壮观的运动，它是在依山势建造的跳台上进行的运动．运动员穿着专用滑雪板，不带雪杖在助滑路上获得较大速度后从跳台水平飞出，在空中飞行一段距离后着陆．如图所示，已知某运动员连带身上装备的总质量m=50kg，从倾角为θ=37°的坡顶A点以速度v0=20m/s沿水平方向飞出，到山坡上的B点着陆，山坡可以看成一个斜面(不计空气阻力，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8)()A. 运动员在空中飞行的时间为1.5sB. AB间的距离为75mC. 运动员在空中飞行1.5s时离山坡最远D. 若运动员减小离开跳台的初速度，落在山坡时速度与水平方向上的夹角将减小10.如图所示为湖边一倾角为30°的大坝横截面示意图，水面与大坝的交点为O。

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一人站在A点以速度v0沿水平方向扔一小石子，已知AO=40m，不计空气阻力，g取10m/s2。

下列说法正确的是()A. 若v0>18m/s，则石子可以直接落入水中B. 若v0<20m/s，则石子不能直接落入水中C. 若石子能直接落入水中，则v0越大，落水时速度方向与水平面的夹角越小D. 若石子不能直接落入水中，则v0越大，落到大坝上时速度方向与大坝的夹角越大11.如图，战机在斜坡上方进行投弹演练，斜坡上a、b、c、d共线，且ab=bc=cd，战机水平匀速飞行，每隔相等时间释放一颗炸弹，第一颗落在a点，第三颗落在d点．不计空气阻力，第二颗炸弹可能落在()A. ab之间B. b点C. c点D. cd之间12.为了备战2022年北京冬奥会，中国滑雪运动员在进行训练时，其中有甲、乙运动员从平台分别以v0、2v0的速度飞水平出，如图所示，甲运动员经过时间t落在水平倾角为θ的斜坡AB的中点，则下列说法正确的是()A. 乙运动员落在B点右侧B. 乙C. 落运动员下落时间为2tD. 乙在斜坡AB上的运动员的速度方向相同运动员落地速率是甲运动员落地速率的2倍13.如图所示，倾角θ=37°的斜面固定在水平地面上，质量为m A=1kg的物块A以v1=10m/s的初速度从斜面底端沿斜面上滑，同时在物块A的正上方，质量m B=1kg的物块B以某一初速度v2水平向左抛出，当物块A上滑到最高点时恰好被物块B击中。

已知物块A与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2，则在该过程中A. 物块B在空中运动的时间为2.5sB. 物块B抛出时的初速度大小为4m/sC. 物块B动量的增加量为10kg·m/sD. 物块B动能的增加量为5J14.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，小球也刚好落在斜面上的Q点，B球抛出点离斜面底边的高度是斜面高的一半，Q点到斜面顶端的距离是斜面长的2，则3A、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答案和解析1.【答案】C【解析】【分析】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论灵活求解。

【解答】A.由题意知小球先后两次下落高度之比：ℎ1ℎ2=12，水平位移之比：x1x2=12，而ℎ=12ℎt2，则：t1t2=√2，A错；B.水平方向x=v0t，有：v01t1v02t2=12，得：v01v02=√2，B错；D.因平抛运动末速度方向的反向延长线平分水平位移，则必有：tanθ1tanθ2=11，D错，C.而v=v0cosθ，则有：v1v2=v01v02=2，C正确。

故选C。

2.【答案】C【解析】【分析】本题考查平抛运动的知识，需要考生理解平抛运动的规律并结合几何知识解题，此运动可看成平抛运动的逆过程。

【解答】由于不计空气阻力，乒乓球在两球拍之间运动可视为抛体运动，水平方向速度v0不变，乒乓球垂直击打两球拍时，sin45∘=v0v1，sin30∘=v0v2，解得v1v2=√22，C正确．3.【答案】D【解析】【分析】甲球做平抛运动落在斜面上，此时甲球水平位移与竖直位移间与斜面夹角存在关系；乙球垂直落在斜面上，水平速度与竖直速度与斜面夹角存在关系，即可判断。

解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，明确垂直落在斜面时速度与斜面夹角的关系即可判断。

【解答】A、设初速度为v0，对乙分析，由于落到斜面上速度与斜面垂直，故v y=v0tanθ，故下落时间：t=v y g=v0gtanθ对甲分析：x=v0t′，y=12gt′2，tanθ=yx，联立解得t′=2v0tanθg，故t′t=2tan2θ1，故A错误；B、甲乙下落的高度之比为ℎ′ℎ=12gt′212gt2=4tan4θ1，故B错误；C、甲乙水平位移之比为x′x =v0t′v0t=2tan2θ1，故C错误；D、甲球竖直方向的速度为v y′=gt′=2v0tanθ，故甲、乙两球落在斜面上瞬间的速度与水平面夹角的正切值之比为v y′v0v yv0=2tan2θ1，故D正确。

4.【答案】D【解析】解：由题可知两小球做平抛运动下落的高度相同，根据ℎ=12gt2可知两小球做平抛运动的时间相同，设为t，由题意及几何关系可知，小球落在斜面上M点时，位移方向与水平方向的夹角为45°，小球落在N点时，速度方向与水平方向的夹角为53°，根据平抛运动规律有：对落点为M点的小球：tan45°=12gt2v1t=gt2v1可得：v1=gt2对落点为N点的小球：tan53°=gt v2可得：v2=3gt4所以v1：v2=2：3，故选：D。

此题考查了平抛运动的规律，解决本题的关键知道平抛运动和类平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解，尤其是注意分析做平抛运动的速度与位移方向的表达方法，难度中等。

5.【答案】B【解析】【分析】本题主要考查平抛与斜面相结合问题，抓住①垂直落到斜面②最小位移落到斜面是解决本题的关键。

【解答】A、小球速度方向与斜面垂直，根据平行四边形定则知，tanθ=v0gt，解得t=v0gtanθ，故A错误；B、当质点落在斜面上的B点时，位移最小，设运动的时间为t，则gt2水平方向：x=v 0t；竖直方向：y=12根据几何关系有，故B正确。

则联立解得；t=2v0cotθgC、根据题意①的水平位移，竖直位移，②的水平位移，竖直位移，但由于初速度不同，故②的位移并不是①的位移2倍，故C错误；D、小球从O点到A点的水平距离，当速度变为原来的2倍，水平位移变为原理4倍，故D错误．故选：B。

6.【答案】D【解析】【分析】本题主要考查平抛运动中的斜面问题，解题的关键是由题意分析出速度与水平方向的夹角，由此求解出运动时间，再结合运动学公式和几何关系即可求解。