高考物理大一轮复习课件：专题四 第2讲 抛体运动
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图 4-2-14 (1)抛出点 O 离斜面底端的高度． (2)滑块与斜面间的动摩擦因数μ.
思维点拨：
解 ： (1)设 小 球 击 中 滑 块 时 的 速 度 为 v， 竖 直 速 度 为 vy， 由
几
何关
系
得
v v
0＝
y
tan
37°
设 小 球 下 落 的 时 间 为 t， 竖 直 位 移 为 y， 水 平 位 移 为 x， 由
解析：如图 D25 所示，要小球到达斜面的位移最小，则
要 求 落 点 与 抛 出 点 的 连 线 与 斜 面 垂 直 ，所 以 有 tan θ＝ xy，而 x
＝
v0
t，
y
＝
1 2
gt2，
解
得
t＝
2
v0
cot g
θ .
答案：D
图 D25
模型 2 类平抛运动
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.
对滑块由牛顿第二定律得 mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma
由以上各式解得μ＝0.125.
【触类旁通】
1．(2017年温州质检)如图 4-2-15 所示，小球以v0正对倾 角为 的斜面水平抛出，若小球到达斜面的位移最小，则飞行
时间 t 为(重力加速度为 g)(
)
图 4-2-15 A .v 0 ta g n θ B .2 v 0 t g a n θ C .v 0 c g o tθ D .2 v 0 c g o tθ
3．处理方法：斜抛运动可以看做是水平方向的___匀__速__直__线_ 运动和__竖__直__上__抛__或__竖__直__下__抛__运动的合运动．
【基础检测】 1．(多选)某人向放在水平地面上正前方的小桶中水平抛球， 结果球划着一条弧线飞到小桶的前方，如图 4-2-2 所示.不计 空气阻力，为了能把小球抛进小桶中，则下次再水平抛球时，
第2讲 抛体运动
一、平抛运动 1．概念：将物体以一定的初速度沿水平方向抛出，物体只 在____重__力____作用下所做的运动，叫平抛运动． 2．性质：平抛运动是加速度为___重__力__加__速__度__g___的匀变速 曲线运动，轨迹是抛物线． 3．平抛运动的条件：(1)v0≠0，_沿__水__平__方__向_；(2)只受___重__力_ 作用． 4．研究方法：平抛运动可以分解为水平方向的__匀__速__直__线__ 运动和竖直方向的____自__由__落__体____运动．
5．基本规律(如图 4-2-1 所示)．
位移关系 速度关系
图 4-2-1
二、斜抛运动及其研究方法(说明：斜抛运动只作定性 要求)
1.概念：将物体以速度 v 斜向上方或斜向下方抛出，物体 只在___重__力___作用下的运动．
2．性质：加速度为_重__力__加__速__度___g的匀变速曲线运动，轨迹 是__抛__物__线__．
4．类平抛运动问题的求解思路 (1)根据物体受力特点和运动特点判断该问题属于类平抛 运动问题．
(2)求出物体运动的加速度． (3)根据具体问题选择用常规分解法还是特殊分解法求解．
例2：(2016年河北正定中学月考)风洞实验室能产生大小 和方向均可改变的风力．如图 4-2-16 所示，在风洞实验室中有足 够大的光滑水平面，在水平面上建立 xOy 直角坐系．质量为 m ＝0.5 kg 的小球以初速度v0＝0.40 m/s 从O点沿x轴正方向运动， 在0～2.0 s内受到一个沿 y 轴正方向、大小 F1＝0.20 N的风力作 用；小球运动 2.0 s 后风力方向变为沿 y 轴负方向，大小变为 F2 ＝0.10 N(图中未画出)．试求：
图 4-2-4
方法点拨：分解思想在平抛运动中的应用 (1)解答平抛运动问题时，一般的方法是将平抛运动沿水平 和竖直两方向分解，这样分解的优点是不用分解初速度也不 用分解加速度． (2)画出速度(或位移)分解图，通过几何知识建立合速度(或 合位移)、分速度(或分位移)及其方向间的关系，通过速度(或位 移)的矢量三角形求解未知量．
与 x 轴正方向间的夹角，有 tan θ＝vvxy＝ 2vg0 h，所以落地速度只
与初速度 v0 和下落高度 h 有关．
4．速度改变量：因为平抛运动的加速度为重
力加速度 g，所以做平抛运动的物体在任意相等时
间间隔 Δt 内的速度改变量 Δv＝gΔt 相同，方向恒
为竖直向下，如图 4-2-3 所示．
图 4-2-3
答案：B
考点 1 对平抛运动规律的理解 ⊙重点归纳 1．飞行时间：由 t＝ 2 h 知，时间取决于下落高度 h，与
g
初速度 v0 无关．
2．水平射程：x＝v0t＝v0
2h g
，即水平射程由初速度 v0
和下落高度 h 共同决定，与其他因素无关．
3．落地速度：v＝ v2x＋v2y＝ v20＋2gh，以 θ 表示落地速度
解析：根据运动的合成与分解，将初速度分解为竖直方向 和水平方向的分速度，设初速度方向与竖直方向的夹角为 ，则
小球初速度的竖直分量v 竖＝v0 cos ，根据小球的运动轨迹可知，
三个小球沿竖直方向的分运动相同，根据竖直上抛运动特点可知， 三个小球在空中运动时间相同，B 错误，C 正确；由于θ1＞θ2 ＞ θ3，故v01＞v02＞v03 ，落地时重力做功为零，所以落地时的速率 与初速度的大小相同，A 错误；小球初速度的水平分量 v水平＝ v0sin θ，可知沿路径 1 抛出的小球初速度的水平分量最大，D错误．
两个小球从不同高度同时沿相反方向水平抛出，其平抛运动轨
迹的交点为 P，则以下说法正确的是( )
A．a、b 两球同时落地
B．b 球先落地
C．a、b 两球在 P 点相遇
图 4-2-6
D．无论两球初速度大小多大，两球总不能相遇
答案：BD
考点3 斜抛运动 ⊙重点归纳 1．斜抛运动的本质：最高点(竖直速度为 0)左右两侧两个 平抛运动． 2．斜抛运动的特性： (1)斜抛运动的轨迹是抛物线，具有对称性； (2)斜抛运动的加速度是重力加速度，是匀变速运动； (3)只有重力做功，机械能守恒．
运动学规律得
v
y＝
g
t，
y
＝
1 2
g
t
2
，
x
＝
v
0t
设抛出点到斜面最低点的距离为 h，由几何关系得
h＝ y＋ xtan 37°
由 以 上 各 式 解 得 h＝ 1.7 m.
(2)在时间 t 内，滑块的位移为 x′，由几何关系得
x′＝l
－
x cos 37°
设滑块的加速度为a，由运动学公式得x′＝ 1 at2 2
答案：C
模型 1 几种常见平抛运动模型的时间计算方法
(一)对着斜面的平抛运动(如图 4-2-10 所示) 方法：分解速度
vx＝v0 vy＝gt
t a n θ ＝ v v 0 y ＝ v g 0 t
可求得 t＝ v0 gtan
图 4-2-10
(二)顺着斜面的平抛运动(如图 4-2-11 所示) 方法：分解位移
方法点拨： (1)物体做平抛运动的时间由物体被抛出点的高度决定，而 物体的水平位移由物体被抛出点的高度和物体的初速度共同决 定． (2)两条平抛运动轨迹的相交处是两物体的可能相遇处，两 物体要在此处相遇，必须同时到达此处．
【考题题组】
3．(多选，2016年浙江台州模拟)如图 4-2-6 所示，a、b
x＝v0t y＝ 1 gt2
2
tan ＝ y
x
图 4-2-11
可求得 t＝2 v 0 t g a n θ
(三)对着竖直墙壁的平抛运动 如图 4-2-12 所示，水平初速度 v0 不同时，虽然落点不同， 但水平位移相同．运动时间为t＝ d.
v0
图 4-2-12
(四)半圆内的平抛运动
如图 4-2-13 所示，由半径和几何关系制约时间 t，有
1
h=
gt2
2
R± R2 h2 ＝v0t
联立两方程可求 t.
图 4-2-13
例 1：(2016 年重庆江北中学水平测试)如图 4-2-14 所示， 倾角为 37°的斜面长 l＝1.9 m，在斜面底端正上方的O点将一 小球以 v0＝3 m/s 的速度水平抛出，与此同时静止释放顶端的滑 块，经过一段时间后小球恰好能够以垂直斜面的方向击中滑块． (小球和滑块均可视为质点，重力加速度 g 取 10 m/s2，sin 37°＝ 0.6，cos 37°＝0.8)，求：
D．适当减小投飞镖的初速度
图 4-2-5
答案：B
2．(2017 年浙江台州质检)从某高度水平抛出一小球，经过
t 时间到达地面时，速度方向与水平方向的夹角为 θ，不计空气
阻力，重力加速度为 g，下列结论中正确的是( )
A．小球初速度为 gt tan θ
B．若小球初速度增大，则平抛运动的时间变长
C．小球着地速度大小为
答案：C
图D24
考点 2 多体平抛问题
⊙重点归纳 1．多体平抛运动问题是指多个物体在同一竖直平面内 平抛时所涉及的问题． 2．三类常见的多体平抛运动 (1)若两物体同时从同一高度(或同一点)抛出，则两物体 始终在同一高度，二者间距只取决于两物体的水平分运动． (2)若两物体同时从不同高度抛出，则两物体高度差始终 与抛出点高度差相同，二者间距由两物体的水平分运动和竖 直高度差决定． (3)若两物体从同一点先后抛出，两物体竖直高度差随时 间均匀增大，二者间距取决于两物体的水平分运动和竖直分 运动．
【考题题组】
1．(2016年广东湛江一模)如图 4-2-5 所示，某同学将一 枚飞镖从高于靶心的位置水平投向竖直悬挂的靶盘，结果飞镖
打在靶心的正下方．忽略飞镖运动过程中所受的空气阻力，在
其他条件不变的情况下，为使飞镖命中靶心，他在下次投掷时
可以( ) A．换用质量稍大些的飞镖 B．适当增大投飞镖的高度 C．到稍远些的地方投飞镖
可能做出的调整为( ) A．减小初速度，抛出点高度不变 B．增大初速度，抛出点高度不变 C．初速度大小不变，降低抛出点高度
D．初速度大小不变，增大抛出点高度
图 4-2-2
答案：AC
2．做平抛运动的物体，落地过程在水平方向通过的距离取 决于( )
A．物体的初始高度和所受重力 B．物体的初始高度和初速度 C．物体所受的重力和初速度 D．物体所受的重力、初始高度和初速度 解析：水平方向通过的距离 x＝v0t，由 h＝12gt2 得 t＝ 2gh， 所以时间 t 由高度 h 决定；又 x＝v0t＝v0 2gh，故 x 由初始高度 h 和初速度 v0 共同决定，B 正确．
5．两个重要推论 (1)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 4-2-4 中 A 点和 B 点所示． (2)做平抛(或类平抛)运动的物体在任意时刻任一位置处， 设其速度方向与水平方向的夹角为α，位移方向与水平方向的夹 角为β，则 tan α＝2tan β.
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．
A．① 答案：A
B．②
图 4-2-8 C．③
D．④
5．如图 4-2-9 所示，从水平地面上不同位置斜抛出的三个 小球沿三条不同的路径运动最终落在同一点，三条路径的最高 点是等高的．若忽略空气阻力的影响，下列说法正确的是( )
图 4-2-9 A．沿路径 1 抛出的小球落地的速率最小 B．沿路径 3 抛出的小球在空中运动时间最长 C．三个小球抛出的初速度的竖直分量相等 D．三个小球抛出的初速度的水平分量相等
gt sin θ
D．小球在 t 时间内的位移方向与水平方向的夹角为 θ
解析：如图 D24 所示，小球竖直方向的速度为 vy＝gt，则 初速度为 v0＝gtcot θ，落地时速度 v＝signtθ，选项 C 正确，A 错
误；平抛运动的时间 t＝ 2gy，由高度决定，选项 B 错误；设 位移方向与水平方向的夹角为 α，则 tan α＝yx＝2gvt0，tan θ＝vv0y＝ vg0t，则 tan θ＝2tan α，选项 D 错误．
3．处理方法：通过运动的合成与分解研究斜抛运动，这是 研究斜抛运动的基本方法，通过这样定量的分析可以有效提高 对斜抛运动的认识，所以必须了解斜抛运动的基本规律(以斜上 抛为例)．
(1)水平方向：v0x＝v0cos θ，ax＝0； (2)竖直方向：v0y＝v0sin θ，ay＝g.
图 4-2-7
【考题题组】 4．(2016年江苏卷)有 A、B 两小球，B 的质量为 A 的两倍． 现将它们以相同速率沿同一方向抛出，不计空气阻力．图 4-2-8 中①为 A 的运动轨迹，则 B 的运动轨迹是( )
思维点拨：
解 ： (1)设 小 球 击 中 滑 块 时 的 速 度 为 v， 竖 直 速 度 为 vy， 由
几
何关
系
得
v v
0＝
y
tan
37°
设 小 球 下 落 的 时 间 为 t， 竖 直 位 移 为 y， 水 平 位 移 为 x， 由
解析：如图 D25 所示，要小球到达斜面的位移最小，则
要 求 落 点 与 抛 出 点 的 连 线 与 斜 面 垂 直 ，所 以 有 tan θ＝ xy，而 x
＝
v0
t，
y
＝
1 2
gt2，
解
得
t＝
2
v0
cot g
θ .
答案：D
图 D25
模型 2 类平抛运动
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.
对滑块由牛顿第二定律得 mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma
由以上各式解得μ＝0.125.
【触类旁通】
1．(2017年温州质检)如图 4-2-15 所示，小球以v0正对倾 角为 的斜面水平抛出，若小球到达斜面的位移最小，则飞行
时间 t 为(重力加速度为 g)(
)
图 4-2-15 A .v 0 ta g n θ B .2 v 0 t g a n θ C .v 0 c g o tθ D .2 v 0 c g o tθ
3．处理方法：斜抛运动可以看做是水平方向的___匀__速__直__线_ 运动和__竖__直__上__抛__或__竖__直__下__抛__运动的合运动．
【基础检测】 1．(多选)某人向放在水平地面上正前方的小桶中水平抛球， 结果球划着一条弧线飞到小桶的前方，如图 4-2-2 所示.不计 空气阻力，为了能把小球抛进小桶中，则下次再水平抛球时，
第2讲 抛体运动
一、平抛运动 1．概念：将物体以一定的初速度沿水平方向抛出，物体只 在____重__力____作用下所做的运动，叫平抛运动． 2．性质：平抛运动是加速度为___重__力__加__速__度__g___的匀变速 曲线运动，轨迹是抛物线． 3．平抛运动的条件：(1)v0≠0，_沿__水__平__方__向_；(2)只受___重__力_ 作用． 4．研究方法：平抛运动可以分解为水平方向的__匀__速__直__线__ 运动和竖直方向的____自__由__落__体____运动．
5．基本规律(如图 4-2-1 所示)．
位移关系 速度关系
图 4-2-1
二、斜抛运动及其研究方法(说明：斜抛运动只作定性 要求)
1.概念：将物体以速度 v 斜向上方或斜向下方抛出，物体 只在___重__力___作用下的运动．
2．性质：加速度为_重__力__加__速__度___g的匀变速曲线运动，轨迹 是__抛__物__线__．
4．类平抛运动问题的求解思路 (1)根据物体受力特点和运动特点判断该问题属于类平抛 运动问题．
(2)求出物体运动的加速度． (3)根据具体问题选择用常规分解法还是特殊分解法求解．
例2：(2016年河北正定中学月考)风洞实验室能产生大小 和方向均可改变的风力．如图 4-2-16 所示，在风洞实验室中有足 够大的光滑水平面，在水平面上建立 xOy 直角坐系．质量为 m ＝0.5 kg 的小球以初速度v0＝0.40 m/s 从O点沿x轴正方向运动， 在0～2.0 s内受到一个沿 y 轴正方向、大小 F1＝0.20 N的风力作 用；小球运动 2.0 s 后风力方向变为沿 y 轴负方向，大小变为 F2 ＝0.10 N(图中未画出)．试求：
图 4-2-4
方法点拨：分解思想在平抛运动中的应用 (1)解答平抛运动问题时，一般的方法是将平抛运动沿水平 和竖直两方向分解，这样分解的优点是不用分解初速度也不 用分解加速度． (2)画出速度(或位移)分解图，通过几何知识建立合速度(或 合位移)、分速度(或分位移)及其方向间的关系，通过速度(或位 移)的矢量三角形求解未知量．
与 x 轴正方向间的夹角，有 tan θ＝vvxy＝ 2vg0 h，所以落地速度只
与初速度 v0 和下落高度 h 有关．
4．速度改变量：因为平抛运动的加速度为重
力加速度 g，所以做平抛运动的物体在任意相等时
间间隔 Δt 内的速度改变量 Δv＝gΔt 相同，方向恒
为竖直向下，如图 4-2-3 所示．
图 4-2-3
答案：B
考点 1 对平抛运动规律的理解 ⊙重点归纳 1．飞行时间：由 t＝ 2 h 知，时间取决于下落高度 h，与
g
初速度 v0 无关．
2．水平射程：x＝v0t＝v0
2h g
，即水平射程由初速度 v0
和下落高度 h 共同决定，与其他因素无关．
3．落地速度：v＝ v2x＋v2y＝ v20＋2gh，以 θ 表示落地速度
解析：根据运动的合成与分解，将初速度分解为竖直方向 和水平方向的分速度，设初速度方向与竖直方向的夹角为 ，则
小球初速度的竖直分量v 竖＝v0 cos ，根据小球的运动轨迹可知，
三个小球沿竖直方向的分运动相同，根据竖直上抛运动特点可知， 三个小球在空中运动时间相同，B 错误，C 正确；由于θ1＞θ2 ＞ θ3，故v01＞v02＞v03 ，落地时重力做功为零，所以落地时的速率 与初速度的大小相同，A 错误；小球初速度的水平分量 v水平＝ v0sin θ，可知沿路径 1 抛出的小球初速度的水平分量最大，D错误．
两个小球从不同高度同时沿相反方向水平抛出，其平抛运动轨
迹的交点为 P，则以下说法正确的是( )
A．a、b 两球同时落地
B．b 球先落地
C．a、b 两球在 P 点相遇
图 4-2-6
D．无论两球初速度大小多大，两球总不能相遇
答案：BD
考点3 斜抛运动 ⊙重点归纳 1．斜抛运动的本质：最高点(竖直速度为 0)左右两侧两个 平抛运动． 2．斜抛运动的特性： (1)斜抛运动的轨迹是抛物线，具有对称性； (2)斜抛运动的加速度是重力加速度，是匀变速运动； (3)只有重力做功，机械能守恒．
运动学规律得
v
y＝
g
t，
y
＝
1 2
g
t
2
，
x
＝
v
0t
设抛出点到斜面最低点的距离为 h，由几何关系得
h＝ y＋ xtan 37°
由 以 上 各 式 解 得 h＝ 1.7 m.
(2)在时间 t 内，滑块的位移为 x′，由几何关系得
x′＝l
－
x cos 37°
设滑块的加速度为a，由运动学公式得x′＝ 1 at2 2
答案：C
模型 1 几种常见平抛运动模型的时间计算方法
(一)对着斜面的平抛运动(如图 4-2-10 所示) 方法：分解速度
vx＝v0 vy＝gt
t a n θ ＝ v v 0 y ＝ v g 0 t
可求得 t＝ v0 gtan
图 4-2-10
(二)顺着斜面的平抛运动(如图 4-2-11 所示) 方法：分解位移
方法点拨： (1)物体做平抛运动的时间由物体被抛出点的高度决定，而 物体的水平位移由物体被抛出点的高度和物体的初速度共同决 定． (2)两条平抛运动轨迹的相交处是两物体的可能相遇处，两 物体要在此处相遇，必须同时到达此处．
【考题题组】
3．(多选，2016年浙江台州模拟)如图 4-2-6 所示，a、b
x＝v0t y＝ 1 gt2
2
tan ＝ y
x
图 4-2-11
可求得 t＝2 v 0 t g a n θ
(三)对着竖直墙壁的平抛运动 如图 4-2-12 所示，水平初速度 v0 不同时，虽然落点不同， 但水平位移相同．运动时间为t＝ d.
v0
图 4-2-12
(四)半圆内的平抛运动
如图 4-2-13 所示，由半径和几何关系制约时间 t，有
1
h=
gt2
2
R± R2 h2 ＝v0t
联立两方程可求 t.
图 4-2-13
例 1：(2016 年重庆江北中学水平测试)如图 4-2-14 所示， 倾角为 37°的斜面长 l＝1.9 m，在斜面底端正上方的O点将一 小球以 v0＝3 m/s 的速度水平抛出，与此同时静止释放顶端的滑 块，经过一段时间后小球恰好能够以垂直斜面的方向击中滑块． (小球和滑块均可视为质点，重力加速度 g 取 10 m/s2，sin 37°＝ 0.6，cos 37°＝0.8)，求：
D．适当减小投飞镖的初速度
图 4-2-5
答案：B
2．(2017 年浙江台州质检)从某高度水平抛出一小球，经过
t 时间到达地面时，速度方向与水平方向的夹角为 θ，不计空气
阻力，重力加速度为 g，下列结论中正确的是( )
A．小球初速度为 gt tan θ
B．若小球初速度增大，则平抛运动的时间变长
C．小球着地速度大小为
答案：C
图D24
考点 2 多体平抛问题
⊙重点归纳 1．多体平抛运动问题是指多个物体在同一竖直平面内 平抛时所涉及的问题． 2．三类常见的多体平抛运动 (1)若两物体同时从同一高度(或同一点)抛出，则两物体 始终在同一高度，二者间距只取决于两物体的水平分运动． (2)若两物体同时从不同高度抛出，则两物体高度差始终 与抛出点高度差相同，二者间距由两物体的水平分运动和竖 直高度差决定． (3)若两物体从同一点先后抛出，两物体竖直高度差随时 间均匀增大，二者间距取决于两物体的水平分运动和竖直分 运动．
【考题题组】
1．(2016年广东湛江一模)如图 4-2-5 所示，某同学将一 枚飞镖从高于靶心的位置水平投向竖直悬挂的靶盘，结果飞镖
打在靶心的正下方．忽略飞镖运动过程中所受的空气阻力，在
其他条件不变的情况下，为使飞镖命中靶心，他在下次投掷时
可以( ) A．换用质量稍大些的飞镖 B．适当增大投飞镖的高度 C．到稍远些的地方投飞镖
可能做出的调整为( ) A．减小初速度，抛出点高度不变 B．增大初速度，抛出点高度不变 C．初速度大小不变，降低抛出点高度
D．初速度大小不变，增大抛出点高度
图 4-2-2
答案：AC
2．做平抛运动的物体，落地过程在水平方向通过的距离取 决于( )
A．物体的初始高度和所受重力 B．物体的初始高度和初速度 C．物体所受的重力和初速度 D．物体所受的重力、初始高度和初速度 解析：水平方向通过的距离 x＝v0t，由 h＝12gt2 得 t＝ 2gh， 所以时间 t 由高度 h 决定；又 x＝v0t＝v0 2gh，故 x 由初始高度 h 和初速度 v0 共同决定，B 正确．
5．两个重要推论 (1)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 4-2-4 中 A 点和 B 点所示． (2)做平抛(或类平抛)运动的物体在任意时刻任一位置处， 设其速度方向与水平方向的夹角为α，位移方向与水平方向的夹 角为β，则 tan α＝2tan β.
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．
A．① 答案：A
B．②
图 4-2-8 C．③
D．④
5．如图 4-2-9 所示，从水平地面上不同位置斜抛出的三个 小球沿三条不同的路径运动最终落在同一点，三条路径的最高 点是等高的．若忽略空气阻力的影响，下列说法正确的是( )
图 4-2-9 A．沿路径 1 抛出的小球落地的速率最小 B．沿路径 3 抛出的小球在空中运动时间最长 C．三个小球抛出的初速度的竖直分量相等 D．三个小球抛出的初速度的水平分量相等
gt sin θ
D．小球在 t 时间内的位移方向与水平方向的夹角为 θ
解析：如图 D24 所示，小球竖直方向的速度为 vy＝gt，则 初速度为 v0＝gtcot θ，落地时速度 v＝signtθ，选项 C 正确，A 错
误；平抛运动的时间 t＝ 2gy，由高度决定，选项 B 错误；设 位移方向与水平方向的夹角为 α，则 tan α＝yx＝2gvt0，tan θ＝vv0y＝ vg0t，则 tan θ＝2tan α，选项 D 错误．
3．处理方法：通过运动的合成与分解研究斜抛运动，这是 研究斜抛运动的基本方法，通过这样定量的分析可以有效提高 对斜抛运动的认识，所以必须了解斜抛运动的基本规律(以斜上 抛为例)．
(1)水平方向：v0x＝v0cos θ，ax＝0； (2)竖直方向：v0y＝v0sin θ，ay＝g.
图 4-2-7
【考题题组】 4．(2016年江苏卷)有 A、B 两小球，B 的质量为 A 的两倍． 现将它们以相同速率沿同一方向抛出，不计空气阻力．图 4-2-8 中①为 A 的运动轨迹，则 B 的运动轨迹是( )