2021届高考物理一轮复习方略关键能力·题型突破+4.2 平抛运动的规律及应用
高考物理一轮复习 专题4.2 平抛运动(精讲)(含解析)
专题4.2 平抛运动1.掌握平抛运动的特点和性质。
2.掌握研究平抛运动的方法，并能应用解题。
知识点一平抛运动的基本规律1．定义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。
2．性质加速度为重力加速度的匀变速曲线运动，轨迹是抛物线。
3．条件：v0≠0，沿水平方向；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(1)位移关系(2)速度关系6. 平抛运动的两个主要推论(1)做平抛运动的物体在任意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，如图所示，即x B ＝x A2。
推导：⎭⎪⎬⎪⎫tan θ＝y Ax A －x Btan θ＝v y v 0＝2yAx A→x B＝x A2 (2)做平抛运动的物体在任意时刻任意位置处，有tan θ＝2tan α。
推导：⎭⎪⎬⎪⎫tan θ＝v y v 0＝gtv 0tan α＝y x ＝gt2v 0→tan θ＝2tan α 知识点二、斜拋运动1．定义：将物体以初速度v 0沿斜向上方或斜向下方拋出，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 的匀变速运动，轨迹是拋物线。
3．研究方法：斜拋运动可以看作水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上拋运动的合运动。
4．与斜面有关的平拋运动常见的两种模型斜面规律 方法 总结水平：v x ＝v 0 竖直：v y ＝gt合速度：v ＝v 2x ＋v 2y分解 速度分解速度，构建速度三角形．利用斜面倾角为θ这个约束条件可得tan θ＝v 0v y水平：x ＝v 0t 竖直：y ＝12gt 2合位移：s ＝x 2＋y 2分解 位移分解位移，构建位移三角形．利用斜面倾角为θ这个约束条件可得tan θ＝yx，可求得t 、x 、y考点一 平抛运动的基本规律【典例1】 (2018·全国卷Ⅲ)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。
高考一轮复习：4.2《平抛运动的规律及其应用》ppt课件
2gh
v0 2 +gh
)2+3gh⑥
v2 极小的条件为⑥式中的平方项等于 0,由此得 v0= gh⑦ 此时 v2=3gh,则最小动能为 Ekmin=( mv2)min= mgh。⑧
1 x2 y= ③ 2h
由机械能守恒,落到坡面时的动能为
1 2 1 2 mv = mv +mg(2h-y)④ 0 2 2 1 1 联立①②③④式得 mv2= m(v0 2 2 2 4g2 h + 2 )。⑤ v0 +gh
2
考点一
考点二
考点三
第四章
第二节
平抛运动的规律及其应用 21 -21-
(2)⑤式可以改写为 v2=( v0 2 + gh −
第四章
第二节
平抛运动的规律及其应用 3 -3-
一
二
(1)研究方法:运动的合成和分解 水平方向:x=v0t。 竖直方向:y=2gt 。 (2)基本规律 ①位移关系
1
2
②速度关系
第四章
第二节
平抛运动的规律及其应用 4 -4-
一
二
二、斜抛运动及其研究方法
1.研究方法 斜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匀变速
ABC 动能 ,A、B、C 三项正确。
解析 考点一 考点二 考点三 答案
第四章
第二节
平抛运动的规律及其应用 12 -12-
规律总结平抛运动的两个重要推论 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,设其末 速度方向与水平方向的夹角为 α,位移与水平方向的夹角为 θ,则 tan α=2tan θ。 推论(2):做平抛(或类平抛)运动的物体,任一时刻的瞬时速度方向的反 向延长线一定通过此时水平位移的中点。
高考一轮复习平抛运动的规律及应用课件
No
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1.(多选)关于做平抛运动的物体,下列说法正确的
是 ( BC )
A.平抛运动是非匀变速曲线运动
B.平抛运动是匀变速曲线运动
C.每秒内速度的变化量相等
D.每秒内速率的变化量相等
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40 2
ta n 2 θ
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5.如图所示,一小球自平台上水平抛出,恰好落在倾角
θ=53°的光滑斜面顶端,且恰能沿斜面的切线斜下滑,已知斜
面顶端与平台的高度差h=0.8 m,重力加速度g=10 m/s2,求:
2
-0
B.
D.
2
2 -0 2
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1.(多选)在地面上方高为H处某点将一小球水平抛出,
不计空气阻力,则小球在随后(落地前)的运动中 ( AD )
A.初速度越大,小球落地时的瞬时速度与竖直方向的夹
O点以20 m/s的水平速度飞出,经过一段时间后落到斜坡上的A
点.已知O点是斜坡的起点,斜坡与水平面的夹角θ=37°,运动
员的质量m=50 kg.不计空气阻力.(取sin 37°=0.60,cos
37°=0.80;g取10 m/s2)求:
(1)运动员由O点运动到A点所经历的时间t;
高考物理金榜一轮课件4.2平抛运动的规律及应用
()
【解析】选B。螺丝帽脱落时,由于惯性,保持原有的水平速度,所以之后螺丝帽做平抛 运动,水平方向做速度与火车速度相等的匀速运动,所以螺丝帽恰好落在图中O点上,故 A、C错误,B正确;若在车厢内观察,螺丝帽相对车厢没有初速度,所以做自由落体运动, 故D错误。
A.速度较小的球下降相同距离所用的时间较多 B.速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大 C.速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少 D.速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大
【解析】选C。由题意知,速度大的先过球网,即同样的时间速度大的水平位移大,或者 同样的水平距离速度大的用时少,故C正确,A、B、D错误。
考点2 与斜面有关的平抛运动 【典题探究】
【典例2】如图所示,小球以v0正对倾角为θ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) ( )世纪金榜导学号04450081
A .v 0 ta n B .2 v 0 ta n C .v 0 c o tD .2 v 0 c o t
只有在只受重力作用的条件下才是平抛运动
做平抛运动的物体的加速度恒为重力加速度,其
大小、方向保持不变
(3)做平抛运动的物体初速度越大,水平位移越大。 纠错:___________________________________________ _________________。 (4)平抛运动的物体初速度越大,落地时竖直方向速度 越纠大错。:_________________平__抛__运__动__的__水__平__位__移__由__平__抛__运__动的初速度和高度 ______________________________。
2021年高考物理总复习 4.2平抛运动的规律及应用考题演练(含解析)
2021年高考物理总复习 4.2平抛运动的规律及应用考题演练（含解析）1.(多选)(xx·江苏高考)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【解析】选B、C。
平抛运动在竖直方向上可以分解为自由落体运动,因为等高同时运动,所以两球同时落地,B 项正确;为了探究平抛运动的小球在竖直方向上做自由落体运动,需要改变装置的高度,多次实验,C项正确。
2.(多选)(xx·上海高考)如图,轰炸机沿水平方向匀速飞行,到达山坡底端正上方时释放一颗炸弹,并垂直击中山坡上的目标A。
已知A点高度为h,山坡倾角为θ,由此可算出( )A.轰炸机的飞行高度B.轰炸机的飞行速度C.炸弹的飞行时间D.炸弹投出时的动能【解题指南】解答本题应注意以下两点：(1)知道哪些是已知量,哪些是未知量。
(2)正确地表示出炸弹的水平和竖直位移。
【解析】选A、B、C。
根据题述,tanθ=,x=vt,tanθ=,H=h+y,y=gt2,由此可算出轰炸机的飞行高度H,轰炸机的飞行速度v,炸弹的飞行时间t,选项A、B、C正确。
由于题述没有给出炸弹质量,不能得出炸弹投出时的动能,选项D错误。
3.(多选)如图,x轴在水平地面内,y轴沿竖直方向。
图中画出了从y轴上沿x轴正向抛出的三个小球a、b 和c的运动轨迹,其中b和c是从同一点抛出的。
不计空气阻力,则( )A.a的飞行时间比b的长B.b和c的飞行时间相同C.a的水平速度比b的小D.b的初速度比c的大【解析】选B、D。
三个小球a、b和c水平抛出以后都做平抛运动,根据平抛运动规律可得：x=v0t,y=gt2,所以t=,由y b=y c>y a,得t b=t c>t a,选项A错,B对;又根据v0=x,因为y b>y a,x b<x a,y b=y c,x b>x c,故v a>v b,v b>v c,选项C错,D对。
2021版物理名师讲练大一轮复习方略浙江专版课件：4.2第2讲 平抛运动的规律及其应用
(4)相等时间内平抛运动速度大小变化相同。 ( × ) (5)平抛运动可分解为水平匀加速运动和竖直自由落体
运动。 ( ) ×
(6)斜抛运动是变加速曲线运动。 ( ) ×
匀变速曲线
抛物线
3.研究方法:用运动的合成与分解方法研究平抛运动。
(1)水平方向:_匀__速__直__线__运动。 (2)竖直方向:___________运动。
匀变速直线
【秒判正误】
(1)平抛运动的加速度方向与速度方向总垂直。( × ) (2)平抛运动加速度不变。 ( )
√ (3)相等时间内平抛运动的物体速度变化量相同。( )
第2பைடு நூலகம் 平抛运动的规律及其应用
【知识梳理】
知识点1:平抛运动(d)
1.定义:将物体以一定的初速度沿_________抛出,物体 水平方向
只在_____作用下(不考虑空气阻力)的运动。 重力
2.特点:
(1)运动特点:初速度方向沿_水__平__方__向__。
(2)受力特点:只受_____作用。 重力
(2)位移关系:
(3)轨迹方程:y=__2gv_02_x_2_。
知识点2:斜抛运动
1.定义:将物体以初速度v0_斜__向__上__方__或_斜__向__下__方__抛出,
物体只在_____作用下的运动。 重力
2.性质:斜抛运动是加速度为g的___________运动,运动
轨迹是_______。
3.运动性质:平抛运动是加速度为g的___________运动,
运动轨迹是_______。
匀变速曲线
抛物线
4.研究方法:用运动的合成与分解方法研究平抛运动。
(1)水平方向:_匀__速__直__线__运动。 (2)竖直方向:_________运动。
高考物理一轮总复习 4.2平抛运动的规律及应用课件
第四章 曲线运动 万有引力与航天
第2讲 平抛运动的规律及应用
主干梳理•激活思维
知识点一 抛体运动 Ⅱ
1.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 重力 作用下(不考虑空气阻力)的运动．
(2)性质：
平抛运动是加速度为g的 迹是 抛物线 ．
匀变速曲线 运 动 ， 运 动 轨
(1)研究方法：
平抛运动可以分解为水平方向的
竖直方向的 自由落体
运动．
(2)基本规律(如图所示)：
匀速直线 运 动 和
①速度关系
②位移关系 ③轨迹方程：y＝ 2gv20x2 。
2．斜抛运动 (1)定义：将物体以初速度v0斜向上方或斜向下方抛出，物 体只在重力作用下所做的运动叫做斜抛运动。 (2)运动性质：加速度为g的匀变速曲线运动，轨迹为抛物 线。
2
(2)做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，位移与水平方向的夹角为α，则tanθ
＝2tanα。如图乙所示。其推导过程为tanθ＝
vy v0
＝
gt·t v0·t
＝
2y x
＝
2tanα。
典例透析
例1 [2014·课标全国卷Ⅱ]取水平地面为重力势能零点。一
物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相
(3)条件： ①v0≠0，且沿 水平方向 ． ②只受 重力 作用．
2．斜抛运动
(1)定义： 将物体以初速度v0 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：
斜抛运动是加速度为g的 迹是 抛物线 .
匀变速曲线
2021高考浙江(选考)物理一轮复习讲义：第4章 第2节 平抛运动
第2节平抛运动考点一| 平抛运动的根本规律1．性质加速度为重力加速度g的匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线．2．根本规律以抛出点为原点，水平方向(初速度v0方向)为x轴，竖直向下方向为y轴，建立平面直角坐标系，那么：(1)水平方向：做匀速直线运动，速度v x＝v0，位移x＝v0t.(2)竖直方向：做自由落体运动，速度v y＝gt，位移y＝12gt2.(3)合速度：v＝v2x＋v2y，方向与水平方向的夹角为θ，那么tan θ＝v yv x＝gtv0.(4)合位移：x＝x2＋y2，方向与水平方向的夹角为α，tan α＝yx＝gt2v0.3．对规律的理解(加试要求)(1)飞行时间：由t＝2hg知，时间取决于下落高度h，与初速度v0无关．(2)水平射程：x＝v0t＝v02hg，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 t＝v2x＋v2y＝v20＋2gh，以θ表示落地速度与x轴正方向的夹角，有tan θ＝v yv x＝2ghv0，所以落地速度也只与初速度v0和下落高度h有关．(2021·浙江4月学考)某卡车在公路上与路旁障碍物相撞．处理事故的警察在泥地中发现了一个小的金属物体，经判断，它是相撞瞬间车顶上一个松脱的零件被抛出而陷在泥里的．为了判断卡车是否超速．需要测量的量是() A．车的长度，车的重量B．车的高度，车的重量C．车的长度，零件脱落点与陷落点的水平距离D．车的高度，零件脱落点与陷落点的水平距离D[根据题意和实际情景分析，零件在卡车撞停时，由于惯性向前飞出，不计空气阻力，视为做平抛运动，测出水平位移和高度，由h＝12gt2，x＝v0t，得v0＝x g2h，故D正确．](2021 ·浙江10月学考)如图4-2-1甲所示，饲养员对着长l＝1.0 m的水平细长管的一端吹气，将位于吹气端口的质量m＝0.02 kg的注射器射到动物身上．注射器飞离长管末端的速度大小v＝20 m/s.可视为质点的注射器在长管内做匀变速直线运动，离开长管后做平抛运动，如图乙所示．假设动物与长管末端的水平距离x＝4.0 m，求注射器下降的高度h.图4-2-1【解析】由平抛运动规律有x＝v t得t＝x v＝0.2 s由h＝12gt2得h＝0.2 m.【答案】0.2 m1．两个重要推论(1)做平抛(或类平抛)运动的物体任一时刻的瞬间速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图4-2-2中A点和B点所示．图4-2-2(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θ，那么tan α＝2tan θ.2．平抛运动的求解方略——运动分解(1)思路→运动的合成与分解→水平方向：匀速运动竖直方向：自由落体→在两个方向上列方程求解.(2)时间相等是联系两个分运动的桥梁．(3)注意速度、位移的合成与分解．1．关于做平抛运动的物体，说法正确的选项是()A．速度始终不变B．加速度始终不变C．受力始终与运动方向垂直D．受力始终与运动方向平行B[物体做平抛运动的条件是物体只受重力作用，且初速度沿水平方向，故物体的加速度始终不变，大小为g，B正确；物体的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，其合运动是曲线运动，速度的大小和方向时刻变化，A错误；运动过程中，物体所受的力与运动方向既不垂直也不平行，C、D错误．]2．(2021·嘉兴高三检测)关于从同一高度以不同初速度水平抛出的物体，比拟它们落到水平地面上的时间(不计空气阻力)，以下说法正确的选项是()【导学号：81370145】A．速度大的时间长B ．速度小的时间长C ．一样长D ．质量大的时间长C [水平抛出的物体做平抛运动，由y ＝12gt 2得t ＝2yg ，其下落的时间由下落的高度决定，从同一高度以不同初速度水平抛出的物体，落到水平地面上的时间一样，A 、B 、D 错误，C 正确．]3．(2021·浙江10月学考)一水平固定的水管，水从管口以不变的速度源源不断地喷出，水管距地面高h ＝1.8 m ，水落地的位置到管口的水平距离x ＝1.2 m ，不计空气及摩擦阻力，水从管口喷出的初速度大小是( )A ．1.2 m/sB ． m/sC ．3.0 m/sD ．4.0 m/sB [水从管口喷出后做平抛运动，此时运动时间由竖直方向上的h 决定，根据h ＝12gt 2得t ＝2hg ＝0.6 s ，水平方向做匀速直线运动，由x ＝v 0t 得初速度v 0＝2.0 m/s ，B 选项正确．]4．如图4-2-3所示，滑板运发动以速度v 0从离地高度为h 的平台末端水平飞出，落在水平地面上．忽略空气阻力，运发动和滑板可视为质点，以下表述正确的选项是( )【导学号：81370146】图4-2-3A ．v 0越大，运发动在空中运动时间越长B ．v 0越大，运发动落地瞬间速度越大C ．运发动落地瞬间速度方向与高度h 无关D ．运发动落地位置与v 0大小无关B[运发动在竖直方向上做自由落体运动，运发动做平抛运动的时间t＝2hg，只与高度有关，与速度无关，A项错误；运发动的末速度是由初速度和竖直方向上的速度合成的，合速度v＝v20＋v2y，初速度越大，合速度越大，B 项正确；物体在竖直方向上的速度v y＝2gh，高度越高，落地时竖直方向上的速度越大，故合速度方向与高度h有关，C项错误；运发动在水平方向上做匀速直线运动，落地的水平位移x＝v0t＝v02hg，故落地的位置与初速度有关，D项错误．]5．(加试要求)(多项选择)如图4-2-4所示，从某高度处水平抛出一小球，经过时间t到达地面时，速度与水平方向的夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g.以下说法正确的选项是()图4-2-4A．小球水平抛出时的初速度大小gt tan θB．小球在t时间内的位移方向与水平方向的夹角为θ2 C．假设小球初速度增大，那么平抛运动的时间变长D．假设小球初速度增大，那么θ减小AD[由tan θ＝gtv0可得小球平抛的初速度大小v0＝gttan θ，A正确；由tan α＝h x ＝12gt2v0t＝gt2v0＝12tan θ可知，α≠θ2，B错误；小球平抛运动的时间t＝2hg，与小球初速度无关，C错误；由tan θ＝gt v可知，v0越大，θ越小，D正确．]考点二| 与斜面有关的平抛运动问题1．从斜面上平抛(如图4-2-5)图4-2-5 位移方向，方法：分解位移x＝v0ty＝12gt2tan θ＝yx可求得t＝2v0tan θg2．对着斜面平抛(如图4-2-6)图4-2-6 速度的大小或方向，方法：分解速度v x＝v0v y＝gttan θ＝v0v y＝v0gt可求得t＝v0 g tan θ物体从斜面平抛又落在斜面上问题的五条规律1．物体的竖直位移与水平位移之比是同一个常数，这个常数等于斜面倾角的正切值；2．物体的运动时间与初速度成正比；3．物体落在斜面上，位移方向一样，都沿斜面方向；4．物体落在斜面上时的速度方向平行；5．当物体的速度方向与斜面平行时，物体离斜面的距离最远．1．如图4-2-7所示，以10 m/s的水平初速度抛出的物体，飞行一段时间后，垂直地撞在倾角为θ＝30°的斜面上，g取10 m/s2，这段飞行所用的时间为()【导学号：81370147】图4-2-7A.23s B.233s C. 3 s D．2 sC[如下图，把末速度分解成水平方向的分速度v0和竖直方向的分速度v y，那么有v yv0＝cot 30°，又v y＝gt将数值代入以上两式得t＝ 3 s．应选C.]2.如图4-2-8所示，在足够长的斜面上的A点，以水平速度v0抛出一个小球，不计空气阻力，它落到斜面上所用的时间为t1；假设将此球改用2v0抛出，落到斜面上所用时间为t2，那么t1与t2之比为()图4-2-8A．1∶1 B．1∶2C．1∶3 D．1∶4B[因小球落在斜面上，所以两次位移与水平方向的夹角相等，由平抛运动规律知tan θ＝12gt21v 0t1＝12gt222v0t2，所以t1t2＝12.应选B.]3．(2021·台州模拟)如图4-2-9所示，位于同一高度的小球A、B分别以v1和v2的速度水平抛出，都落在了倾角为30°的斜面上的C点，小球B恰好垂直打到斜面上，那么v1、v2之比为()图4-2-9【导学号：81370148】A．1∶1 B．2∶1C．3∶2 D．2∶3C[小球A、B从同一高度平抛，到斜面上的C点经历的时间相等，设为t，由题意可得：tan 30°＝12gt2v1t，tan 30°＝v2gt，解得：v1∶v2＝3∶2，C正确．]4．(加试要求)如图4-2-10所示，两个相对的斜面，倾角分别为α＝37°和β＝53°.在顶点把两个小球以同样大小的初速度分别向左、向右水平抛出，小球都落在斜面上．假设不计空气阻力，那么a、b两个小球的运动时间之比为()图4-2-10A．1∶1 B．4∶3C．16∶9 D．9∶16D[对a有12gt2av0t a＝tan α，得t a ＝2v 0tan αg ① 对b 有12gt 2bv 0t b ＝tan β，得t b ＝2v 0tan βg ② 将数值代入①②得 t a ∶t b ＝9∶16.应选D.]5．(加试要求)如图4-2-11所示，一名跳台滑雪运发动经过一段时间的加速滑行后从O 点水平飞出，经过3 s 落到斜坡上的A 点．O 点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角θ＝37°，运发动的质量m ＝50 kg.不计空气阻力(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8；g 取10 m/s 2)．求：图4-2-11(1)A 点与O 点的距离L ； (2)运发动离开O 点时的速度大小；(3)运发动从O 点飞出开场到离斜坡距离最远所用的时间.【导学号：81370149】【解析】 (1)运发动在竖直方向做自由落体运动，有 L sin 37°＝12gt 2 L ＝gt 22sin 37°＝75 m.(2)设运发动离开O 点时的速度为v 0，运发动在水平方向的分运动为匀速直线运动，有L cos 37°＝v 0t ，即v 0＝L cos 37°t＝20 m/s.(3)运发动的平抛运动可分解为沿斜面方向的匀加速运动(初速度为v0cos 37°、加速度为g sin 37°)和垂直斜面方向的类竖直上抛运动(初速度为v0sin 37°、加速度为g cos 37°)．当垂直斜面方向的速度减为零时，运发动离斜坡最远，有v0sin 37°＝g cos 37°·t，解得t＝1.5 s.【答案】(1)75 m(2)20 m/s(3)1.5 s。
2021高考物理一轮复习第4章曲线运动万有引力与航天第2讲平抛运动的规律及应用课时作业含解析新人教版
第2讲平抛运动的规律及应用时间：70分钟满分：100分一、选择题(本题共12小题，每小题6分，共72分。
其中1～8题为单选，9～12题为多选)1．从同一高度同时将a、b两不完全相同的小球分别竖直上抛和斜上抛，它们的初速度大小相同；若不计空气阻力，则以下说法中正确的是( )A．在空中运动的过程中，两球的加速度相同B．两球触地时的瞬时速率不同C．两球在空中运动的时间相同D．两球运动的位移相同答案 A解析两球在空中都只受重力作用，两球的加速度都为重力加速度g，A项正确。
因两球都只受重力，则机械能均守恒，据机械能守恒定律有12mv20＋mgh＝12mv2t，可知两球触地时的速率相同，B项错误。
因两球以相同的速率分别竖直上抛和斜上抛，则知两球在空中运动的时间不同，C项错误。
因两球初始时运动方向不同，则它们发生的位移不同，D项错误。
2．(2019·福建厦门高三上学期期末)中国首批隐形战斗机已经全面投入使用。
演习时，在某一高度水平匀速飞行的战斗机离目标水平距离为L时投弹(投弹瞬间炸弹相对战斗机的速度为零)，可以准确命中目标。
若战斗机水平飞行高度加倍，飞行速度大小减半，要仍能命中目标，则战斗机投弹时离目标的水平距离为(不考虑空气阻力)( )A.12L B.22LC．L D.2L答案 B解析炸弹被投下后做平抛运动，在水平方向上的分运动为匀速直线运动，在竖直方向上的分运动为自由落体运动，所以在竖直方向上h＝12gt2，解得t＝2hg，在水平方向上L＝v0t＝v02hg，则知，当轰炸机飞行的高度加倍，飞行速度减半时，炸弹的水平位移变为原来的22，所以战斗机投弹时距离目标的水平距离应为22L，B正确。
3. 如图所示，以与竖直墙面垂直、大小为v0＝7.5 m/s的速度抛出一个弹性小球A，抛出点离水平地面的高度为h＝3.2 m，与墙壁的水平距离为s。
小球与墙壁发生碰撞后，竖直分速度不变，水平速度大小不变，方向反向，落在水平地面上，落地点到墙壁的水平距离为2s 。
2021版高考物理配套文档：第四章 第2讲 平抛运动 word版含解析
[考试标准] 知识内容必考要求加试要求说明平抛运动dd1.不要求推导合运动的轨迹方程.2.不要求计算与平抛运动有关的相遇问题.3.不要求定量计算有关斜抛运动的问题.平抛运动 1．定义将一物体水平抛出，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，运动轨迹是抛物线． 3．平抛运动的研究方法将平抛运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向自由落体运动，分别研究两个分运动的规律，必要时再用运动合成的方法进行合成． 4．基本规律以抛出点为原点，水平方向(初速度v 0方向)为x 轴，竖直向下方向为y 轴，建立平面直角坐标系，则：(1)水平方向：速度v x ＝v 0，位移x ＝v 0t . (2)竖直方向：速度v y ＝gt ，位移y ＝12gt 2.(3)合速度：v ＝v 2x ＋v 2y ，方向与水平方向的夹角为θ，则tan θ＝v y v x ＝gtv 0.(4)合位移：s ＝x 2＋y 2，方向与水平方向的夹角为α，tan α＝y x ＝gt2v 0.[深度思考]1．从离水平地面某一高度的地方平抛的物体，其落地的时间由哪些因素决定？其水平射程由哪些因素决定？平抛的初速度越大，水平射程越大吗？ 答案 运动时间t ＝2hg，取决于高度h 和当地的重力加速度g .水平射程x ＝v 0t ＝v 02h g，取决于初速度v 0、高度h 和当地的重力加速度g .当高度、重力加速度一定时，初速度越大，水平射程越大．2．判断下列说法是否正确．(1)平抛运动的轨迹是抛物线，速度方向时刻变化，加速度方向也可能时刻变化．( × ) (2)无论初速度是斜向上方还是斜向下方的斜抛运动都是匀变速曲线运动．( √ ) (3)做平抛运动的物体初速度越大，落地时竖直方向的速度越大．( × )1．运动员将网球水平击出，球未触网落到对方场地，已知击球点离地面的高度为1.8 m ，重力加速度g 取10 m/s 2，则球在空中的飞行时间大约是( ) A ．0.6 s B ．0.36 s C ．5 s D ．0.18 s 答案 A2．从距地面高h 处水平抛出一小石子，空气阻力不计，下列说法正确的是( ) A ．石子运动速度与时间成正比B ．石子抛出时速度越大，石子在空中飞行时间越长C ．抛出点高度越大，石子在空中飞行时间越长D ．石子在空中某一时刻的速度方向有可能竖直向下 答案 C3．将一个物体以10 m/s 的速度从5 m 的高度水平抛出，落地时它的速度方向与水平地面的夹角为(不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2)( ) A ．30° B ．45° C ．60° D ．90° 答案 B4．以10 m/s 的初速度从距水平地面20 m 高的塔上水平抛出一个石子，不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2，则石子抛出点到落地点位移的大小为( ) A ．20 m B ．30 m C ．20 2 m D ．30 2 m 答案 C命题点一 平抛运动的基本规律例1 小明将铅球以初速度v 0水平抛出，铅球落地时的速度方向与水平方向成θ角，如图1所示．不计空气阻力，重力加速度为g .求：图1(1)铅球的抛出点离地面的高度； (2)铅球的水平位移．解析 (1)根据几何关系，tan θ＝v yv 0解得v y ＝v 0tan θ 由t ＝v y g ＝v 0tan θg则抛出点离地面的高度h ＝12gt 2＝v 20tan 2 θ2g(2)水平位移x ＝v 0t ＝v 20tan θg .答案 (1)v 20tan 2θ2g (2)v 20tan θg平抛运动问题的常用解法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个方向分解，这样分解的优点是不用分解初速度，也不用分解加速度．2．将平抛运动分解之后，要充分利用平抛运动中的位移矢量三角形和速度矢量三角形找各量的关系．3．时间相等是联系两个分运动的桥梁． 4．两个重要推论(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2中A 点和B 点所示．图2(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θ，则tan α＝2tan θ.题组阶梯突破1．(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3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()图3A．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答案BC解析小锤打击弹性金属片后，A球做平抛运动，B球做自由落体运动．A球在竖直方向上的运动情况与B球相同，做自由落体运动，因此两球同时落地．实验时，需A、B两球从同一高度开始运动，对质量没有要求，但两球的初始高度及击打力度应该有变化，实验时要进行3～5次得出结论．本实验不能说明A球在水平方向上的运动性质，故选项B、C正确，选项A、D错误．2．(2016·惠州模拟)某人向放在水平地面的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，可能做出的调整为()图4A ．减小初速度，增大抛出点高度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 答案 C解析 为了能把小球抛进桶中，须减小水平位移，由x ＝v 0t ＝v 02hg知，选项C 正确． 3.如图5所示，P 是水平地面上的一点，A 、B 、C 、D 在同一条竖直线上，且AB ＝BC ＝CD .从A 、B 、C 三点分别水平抛出一个物体，这三个物体都落在水平地面上的P 点．则三个物体抛出时的速度大小之比为v A ∶v B ∶v C 为( )图5A.2∶3∶ 6 B ．1∶2∶3 C ．1∶2∶3 D ．1∶1∶1答案 A解析 由平抛运动的规律可知竖直方向上：h ＝12gt 2，水平方向上：x ＝v 0t ，两式联立解得v 0＝x g 2h ，知v 0∝1h.设h A ＝3h ，h B ＝2h ，h C ＝h ，代入上式可知选项A 正确．命题点二 与斜面有关的平抛运动问题例2 倾角为θ的斜面，长为l ，在顶端水平抛出一个小球，小球刚好落在斜面的底端，如图6所示，那么小球的初速度v 0的大小是( )图6A ．cos θglsin θ B ．cos θgl2sin θC ．sin θgl2cos θ D ．sin θgl cos θ解析 小球运动为平抛运动，水平方向为匀速直线运动，x ＝v 0t ，竖直方向y ＝12gt 2.由斜面的几何关系可得：x ＝l cos θ，y ＝l sin θ，解得t ＝2l sin θg ，v 0＝x t ＝l cos θ2l sin θg＝cos θgl2sin θ，B 对． 答案 B平抛运动的两类特殊模型及解题技巧 1．两类模型问题 (1)从斜面上平抛(如图7)图7已知位移方向，方法：分解位移 x ＝v 0t y ＝12gt 2 tan θ＝y x可求得t ＝2v 0tan θg(2)对着斜面平抛(如图8)图8已知速度的大小或方向，方法：分解速度 v x ＝v 0 v y ＝gt tan θ＝v 0v y ＝v 0gt可求得t ＝v 0g tan θ2．解题技巧(1)如果知道速度的大小或方向，应首先考虑分解速度． (2)如果知道位移的大小或方向，应首先考虑分解位移． (3)两种分解方法：①沿水平方向的匀速运动和竖直方向的自由落体运动； ②沿斜面方向的匀加速运动和垂直斜面方向的匀减速运动．题组阶梯突破4．(多选)如图9所示，一小球自长为L 、倾角为θ的斜面底端的正上方某处水平抛出，运动一段时间后，小球恰好垂直落到斜面中点，则据此可计算( )图9A ．小球落到斜面前，在空中的运动时间B ．小球平抛的初速度C ．小球抛出点距斜面底端的高度D ．小球抛出时的初动能 答案 ABC解析 小球的水平位移x ＝L cos θ2，落在斜面上时，速度与水平方向的夹角的正切值已知，该正切值是位移与水平方向夹角正切值的两倍，得出小球位移与水平方向夹角的正切值，从而可以求出下落的高度h .根据h ＝12gt 2，可以得出在空中的运动时间，故A 正确；小球的水平位移已知，根据v 0＝xt 可以求出小球平抛运动的初速度，故B 正确．小球做平抛运动的高度可以求出，设为h ，则小球抛出点距斜面底端的高度H ＝h ＋L sin θ2.故C 正确．由于小球的质量未知，故无法求出小球抛出时的初动能．故D 错误．5．如图10所示，以10 m/s 的初速度水平抛出的物体，飞行一段时间后垂直撞在倾角为30°的斜面上，则物体在空中飞行的时间是(g 取10 m/s 2)( )图10A.33s B.233 s C. 3 s D ．2 s 答案 C解析 速度分解图如图所示，由几何关系可知v y ＝v 0tan 30°＝10 3 m/s ，由v y ＝gt ，得t ＝ 3 s.命题点三 平抛运动的临界问题例3 如图11，窗子上、下沿间的高度H ＝1.6 m ，墙的厚度d ＝0.4 m ，某人在离墙壁距离L ＝1.4 m 、距窗子上沿高h ＝0.2 m 处的P 点，将可视为质点的小物体以速度v 垂直于墙壁水平抛出，小物体直接穿过窗口并落在水平地面上，取g ＝10 m/s 2，则v 的取值范围是( )图11A ．v >7 m/sB ．v >2.3 m/sC ．3 m/s <v <7 m/sD ．2.3 m/s <v <3 m/s解析 小物体做平抛运动，恰好擦着窗口上沿右侧穿过时v 最大．此时有L ＝v max t ，h ＝12gt 2代入解得v max ＝7 m/s恰好擦着窗口下沿左侧穿过时速度v 最小，则有L ＋d ＝v min t ′，H ＋h ＝12gt ′2解得v min ＝3 m/s故v 的取值范围是3 m/s <v <7 m/s. 答案 C极限分析法在临界问题中的应用分析平抛运动中的临界问题时一般运用极限分析的方法，即把要求的物理量设定为极大或极小，让临界问题突现出来，找到临界条件．题组阶梯突破6．(2016·吉林模拟)如图12所示，一圆柱形容器高、底部直径均为L ，球到容器左侧的水平距离也是L ，一可视为质点的小球离地高为2L ，现将小球水平抛出，要使小球直接落在容器底部，重力加速度为g ，小球抛出的初速度v 的大小范围为(空气阻力不计)( )图12A. 12gL <v <gL B. 12gL <v <212gL C.12gL <v < 32gL D.12gL <v <gL 答案 A解析 要使小球直接落在容器的底部，设最小初速度为v 1，则有：L ＝12gt 21，v 1＝Lt 1，联立解得：v 1＝12gL .设最大速度为v 2，则有：2L ＝12gt 22，v 2＝2Lt 2，联立解得：v 2＝gL ，因此小球抛出的初速度大小范围为：12gL <v <gL . 7．(2016·金华模拟)一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图13所示．水平台面的长和宽分别为L 1和L 2，中间球网高度为h .发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h ，不考虑乒乓球的旋转和空气阻力(重力加速度为g )，则( )图13A ．若球发射速度v ＝L 18gh，则恰好越过球网落在球台的右侧 B．若球发射速度v ＝L 24gh，则恰好越过球网落在球台的右侧 C ．若球发射速度v ＝L 2g6h，则恰好落在球台的右侧边缘 D ．若球以速度v ＝L 1g6h垂直台面左侧底线水平发射，则恰好落在球台的右侧边缘 答案 D解析 若球与网恰好不相碰，根据3h －h ＝12gt 21得：t 1＝4h g ，水平位移为：x min ＝L 12，则发射速度为：v 1＝L 12t 1＝L 14gh.故A 、B 错误； 若球与球台边缘相碰，根据3h ＝12gt 22得：t 2＝6hg，水平位移为：x max ＝L 1，则发射速度为：v 2＝L 1t 2＝L 1g6h，故C 错误，D 正确.(建议时间：40分钟)1．对于平抛运动，下列说法正确的是( ) A ．平抛运动是非匀变速曲线运动B ．做平抛运动的物体，在任何相等的时间内位移的增量都是相等的C ．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D ．落地时间和落地时的速度只与抛出点的高度有关 答案 C解析 做平抛运动的物体只受重力作用，其加速度为重力加速度恒定不变，故A 项错误；做平抛运动的物体，在任何相等的时间内，其竖直方向位移增量Δy ＝gt 2，水平方向位移增量不变，故B 项错误．平抛运动可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，且落地时间t ＝2hg，落地速度为v ＝v 2x ＋v 2y ＝v 20＋2gh ，所以C 项对，D 项错．2．某学生在体育场上抛出铅球，其运动轨迹如图1所示．已知在B 点时的速度与加速度相互垂直，则下列说法中正确的是( )图1A ．D 点的速率比C 点的速率大B ．D 点的加速度比C 点的加速度大 C ．从B 到D 加速度与速度始终垂直D ．从B 到D 加速度与速度的夹角先减小后增大 答案 A3．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)( )答案 B解析 炸弹的运动是一个平抛运动，它在水平方向上是匀速直线运动，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，显然A 、C 两选项错误；炸弹在竖直方向上是自由落体运动，从上至下，炸弹间的距离越来越大，B 项正确，D 项错误． 4．(2016·杭州模拟)重力加速度已知，决定平抛物体落地点与抛出点间水平距离的因素是( ) A ．初速度B ．抛出时物体的高度C ．抛出时物体的高度和初速度D ．物体的质量和初速度 答案 C解析 物体做平抛运动，水平方向上：x ＝v 0t ；竖直方向上：h ＝12gt 2；由以上两式可以求得x＝v 02hg，所以落地点与抛出点间水平距离与抛出时物体的高度和初速度有关． 5．(2016·乐清国际外国语学校期末)做平抛运动的物体，其竖直方向的速度v y 随时间变化的图象是下图中的( )答案 B解析 做平抛运动的物体，竖直方向做匀加速运动，有v y ＝gt ，竖直方向的速度与时间是一次函数关系，所以B 正确．6．如图2所示，在同一竖直线上不同高度处同时平抛P 、Q 两个小球，两者的运动轨迹相交于M 点，P 、Q 两小球平抛的初速度分别为v 1、v 2，P 、Q 两小球运动到M 点的时间分别为t 1、t 2，不计空气阻力，下列说法正确的是( )图2A ．t 1<t 2，v 1<v 2B ．t 1<t 2，v 1>v 2C ．t 1>t 2，v 1<v 2D ．t 1>t 2，v 1＝v 2 答案 C解析 两个小球做平抛运动，在竖直方向做自由落体运动，由h ＝12gt 2得t ＝2hg，知P 的运动时间大于Q 的运动时间，即t 1>t 2，在水平方向做匀速直线运动，由x ＝v 0t ，水平射程相等，则v 1<v 2，故C 正确．7．以10 m/s 的速度水平抛出一小球，空气阻力不计，g 取10 m/s 2，当其水平位移与竖直位移相等时，下列说法中正确的是( ) A ．小球的速度大小是10 2 m/s B ．小球的运动时间是2 s C ．小球的速度大小是20 m/s D ．小球的运动时间是1 s 答案 B解析 由平抛运动的竖直分运动是自由落体运动y ＝12gt 2，水平分运动为匀速直线运动x ＝v 0t ，结合x ＝y 可得t ＝2 s ，B 正确，D 错误．小球的速度大小v ＝v 20＋(gt )2＝10 5 m/s ，A 、C 错误．8．一个物体以初速度v 0水平抛出，落地时速度为v ，则运动时间为( ) A.v －v 0gB.v ＋v 0gC.v 2－v 20gD.v 2＋v 20g答案 C解析 求出落地时的竖直分速度v y ＝v 2－v 20，由竖直方向做自由落体运动求时间t ＝v y g ＝v 2－v 20g，故C 正确． 9．(2016·海口模拟)某同学篮球场上练习投篮，一次投篮恰好垂直打在篮板上，且篮球撞击篮板处与投出点之间的水平距离是竖直的2倍，空气阻力不计，篮球被投出时的速度与水平方向间的夹角为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．75° 答案 B解析 采用逆向思维，篮球做平抛运动，设竖直位移为h ，则水平位移为：x ＝2h ，根据h ＝12gt 2得：t ＝2h g， 可知篮球水平分速度为：v x ＝xt＝2hg2h＝2gh ，v y ＝2gh ，根据平行四边形定则知，tan α＝v yv x＝1，解得篮球被投出时的速度与水平方向间的夹角α＝45°. 10．(2016·宝鸡模拟)平抛运动可以分解为水平和竖直方向的两个直线运动，在同一坐标系中作出这两个分运动的v －t 图线，如图3所示．若平抛运动的时间大于2t 1，下列说法中正确的是( )图3A ．图线2表示水平分运动的v －t 图线B ．t 1时刻的速度方向与初速度方向的夹角为30°C．t1时间内的竖直位移与水平位移之比为1∶2D．2t1时刻的位移方向与初速度方向的夹角为60°答案C解析图线2是初速度为0的匀加速直线运动，所以图线2表示的是竖直分运动，故A错误；t1时刻可知水平分速度和竖直分速度相等，则该时刻速度与初速度方向的夹角为45°.故B错误；图线与时间轴围成的面积表示位移，则t1时刻竖直方向的位移与水平方向的位移之比为1∶2，故C正确；2t1时刻竖直方向的位移和水平方向的位移相等，所以2t1时刻的位移方向与初速度方向夹角为45°，故D错误．11．在倾角为θ的斜面顶端，以初速度v0水平抛出一小球，则小球与斜面相距最远时速度的大小为()A．v0cos θB.v0 cos θC．v0sin θ D.v0sin θ答案B解析当小球速度方向与斜面平行时离斜面最远，速度的水平分量不变，为v0，故v cos θ＝v0解得：v＝v0cos θ.12．如图4所示，在足够长的斜面上A点，以水平速度v0抛出一个小球，不计空气阻力，它落到斜面上的水平距离为x1；若将此球改用2v0水平速度抛出，落到斜面上的水平距离为x2，则x1∶x2为()图4A．1∶1 B．1∶2C．1∶3 D．1∶4答案D解析设斜面倾角为θ，则tan θ＝yx＝12gt2v0t＝gt2v0，故t＝2v0tan θg，水平位移x＝v0t＝2v20tan θg∝v20，故当水平初速度由v0变为2v0后，水平位移变为原来的4倍，D项正确．13．(2016·汉中模拟)如图5所示，一网球运动员将球在左侧边界中点处正上方水平向右击出，球刚好过网落在图中位置(不计空气阻力)，数据如图所示，则下列说法中正确的是()图5 A．击球点高度h1与球网高度h2之间的关系为h1＝2h2B．若保持击球高度不变，球的初速度v0只要不大于sh12gh1，一定落在对方界内C．任意降低击球高度(仍大于h2)，只要击球初速度合适，球一定能落在对方界内D．任意增加击球高度，只要击球初速度合适，球一定能落在对方界内答案D解析平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，水平位移为s和3s2的运动时间比2∶3，则竖直方向上，根据h＝12gt2，则有h1－h2h1＝49，解得h1＝1.8h2.故A错误；若保持击球高度不变，要想球落在对方界内，要既不能出界，又不能触网，根据h1＝12gt21得，t1＝2h1g，则平抛运动的最大速度v01＝2st1＝sh12gh1，根据h1－h2＝12gt22，t2＝2(h1－h2)g，则平抛运动的最小速度v02＝st2＝sg2(h1－h2).故B错误；任意降低击球高度(仍大于h2)，会有一临界情况，此时球刚好触网又刚好压界，若小于该临界高度，速度大，会出界，速度小，会触网，所以不是击球高度比网高，就一定能将球发到界内．故C错误；增加击球高度，只要速度合适，球一定能发到对方界内，故D正确.14．如图6所示，从倾角为θ的足够长斜面上的A点，先后将同一小球以不同的初速度水平向右抛出．第一次初速度为v1，球落到斜面上时瞬时速度方向与斜面夹角为α1；第二次初速度为v2，球落到斜面上时瞬时速度方向与斜面夹角为α2，不计空气阻力，若v1>v2，且α1________(填“>”“<”或“＝”)α2.图6答案＝解析如图所示，从A到B竖直下落h，水平位移为x，把末速度正交分解，水平速度为v1，竖直速度为v y.tan θ＝hx＝12gt2v1t＝gt2v1，tan γ＝v yv1＝gtv1，可知tan γ＝2tan θ，又θ为已知量，所以γ为定值，与初速度无关，所以两次以不同速度抛出，落点与斜面夹角相同．15．如图7所示，在倾角为θ的斜面顶端P 点以初速度v 0水平抛出一个小球，最后落在斜面上的Q 点，求：图7(1)小球在空中运动的时间以及P 、Q 间的距离； (2)小球离开斜面的距离最大时，抛出了多久． 答案 (1)2v 0tan θg 2v 20tan θg cos θ (2)v 0tan θg解析 (1)根据平抛运动分运动的特点，两个分运动的位移与合运动的位移构成一个直角三角形，如图甲所示，由s x ＝v 0t ，s y ＝12gt 2得s y s x ＝tan θ＝gt 2v 0， 可得小球在空中运动的时间t ＝2v 0tan θg .PQ 间距离s ＝s xcos θ＝2v 20tan θg cos θ.(2)如图乙所示，两个分运动的速度与合运动的速度也构成一个直角三角形，当小球与斜面间距离最远时，速度方向与水平分速度之间的夹角为θ.由v y v x ＝tan θ＝gtv 0，可得小球离开斜面距离最大时所需时间为t ＝v 0tan θg. 16.如图8所示，水平屋顶高H ＝5 m ，围墙高h ＝3.2 m ，围墙到房子的水平距离L ＝3 m ，围墙外空地宽x ＝10 m ，为使小球从屋顶水平飞出落在围墙外的空地上，g 取10 m/s 2.求：图8(1)小球离开屋顶时的速度v 0的大小范围； (2)小球落在空地上的最小速度． 答案 (1)5 m/s ≤v 0≤13 m/s (2)5 5 m/s解析 (1)设小球恰好落到空地的右侧边缘时的水平初速度为v 01，则小球的水平位移：L ＋x ＝v 01t 1小球的竖直位移：H ＝12gt 21解以上两式得 v 01＝(L ＋x )g2H＝13 m/s 设小球恰好越过围墙的边缘时的水平初速度为v 02，则此过程中小球的水平位移： L ＝v 02t 2小球的竖直位移：H －h ＝12gt 22解以上两式得： v 02＝Lg2(H －h )＝5 m/s小球离开屋顶时速度v 0的大小为5 m/s ≤v 0≤13 m/s(2)小球落在空地上，下落高度一定，落地时的竖直分速度一定，当小球恰好越过围墙的边缘落在空地上时，落地速度最小． 竖直方向：v 2y ＝2gH又有：v min ＝v 202＋v 2y解得：v min ＝5 5 m/s。
复习方略高考物理一轮复习 4.2平抛运动的规律及应用课件 沪科必修2
v0t，
选项B正确。
v0
3 3gR , 2
A
21
【通关1+1】 1.(多选)(2014·惠州模拟)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, 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
方向的速度。
①②水竖平 直方 方向 向的 的位 速移度：：____32 __R____ _。v_0 _t ;
vy=gt
A
20
【典题解析】选B。小球飞行至B点时速度分
解如图所示，则有 tan60 小v球0 ；由A点正
上方飞行至B时，水平方向v的y 位移为 3 R
竖直方向的速度vy=gt，解以上三式得2
A
2
【解析】选A。铅球做斜抛运动,满足机械能守恒定律,可知,D 点的速率比C点的速率大,选项A正确;铅球只受重力作用,加速 向下,所以D 点的加速度与C点的加速度相等,从B到D加速度与速度的夹角 逐渐减小,所以选项B、C、D错误。本题选A。
A
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【知识梳理】 1.平抛运动： (1)定义：将物体以一定的初速度沿_________抛出,物体只在
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(2)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,位移与水平方向的夹角为α, 则tanθ=2tanα。
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【题组通关方案】 【典题1】(2014·成都模拟)如图所示,一小球从一半圆轨道左 端A点正上方某处开始做平抛运动(小球可视为质点),飞行过程 中恰好与半圆轨道相切于B点。O为半圆轨道圆心,半圆轨道半 径为R,OB与水平方向夹角为60°,重力加速度为g,则小球抛出时 的初速度为( )
2021年高考物理一轮复习 4.2抛体运动的规律及应用知能检测
2021年高考物理一轮复习 4.2抛体运动的规律及应用知能检测1．(xx 年高考新课标全国卷改编)如图，x 轴在水平地面内，y 轴沿竖直方向．图中画出了从y 轴上沿x 轴正向抛出的三个小球a 、b 和c 的运动轨迹，其中b 和c 是从同一点抛出的．不计空气阻力，则下列说法正确的是( )A ．a 的飞行时间比b 的长B ．b 的飞行时间比c 的长C ．a 的水平初速度比b 的小D ．b 的水平初速度比c 的大解析：根据平抛运动的规律h ＝12gt 2，得t ＝2hg，因此平抛运动的时间只由高度决定，因为h b ＝h c >h a ，所以b 与c 的飞行时间相同，大于a 的飞行时间，因此选项A 、B 错误；又因为x a >x b ，而t a <t b ，所以a 的水平初速度比b 的大，选项C 错误；做平抛运动的物体在水平方向上做匀速直线运动，b 的水平位移大于c ，而t b ＝t c ，所以v b >v c ，即b 的水平初速度比c 的大，选项D 正确．答案：D2．如图所示，在竖直放置的半圆形容器的中心O 点分别以水平初速度v 1、v 2抛出两个小球(可视为质点)，最终它们分别落在圆弧上的A 点和B 点，已知OA 与OB 互相垂直，且OA 与竖直方向成α角，则两小球初速度之比v 1v 2为( )A ．tan αB ．cos αC ．tan αtan αD ．cos αcos α解析：两小球被抛出后都做平抛运动，设容器半径为R ，两小球运动时间分别为t 1、t 2，对A 球：R sin α＝v 1t 1，R cos α＝12gt 21；对B 球：R cos α＝v 2t 2，R sin α＝12gt 22，解四式可得：v 1v 2＝tan αtan α，C 项正确．答案：C3．如图所示，在水平路面上一运动员驾驶摩托车跨越壕沟，壕沟两侧的高度差为0.8 m ，水平距离为8 m ，则运动员跨越壕沟的初速度至少为(取g ＝10 m/s 2)( )A ．0.5 m/sB ．2 m/sC ．10 m/sD ．20 m/s解析：运动员做平抛运动的时间t ＝2Δh g ＝0.4 s ，v ＝x t ＝80.4m/s ＝20 m/s. 答案：D4．(xx 年高考江苏卷改编)如图所示，从地面上同一位置抛出两小球A 、B ，分别落在地面上的M 、N 点，两球运动的最大高度相同，空气阻力不计，则( )A ．B 的加速度比A 的大 B ．B 的飞行时间比A 的长C ．A 、B 在最高点的速度相同D ．B 在落地时的速度比A 在落地时的大解析：两球在空中的加速度都为重力加速度g ，选项A 错误；由于两球运动的最大高度相同，则在空中飞行的时间相同，选项B 错误；B 小球的射程大，则水平方向的分速度大，在最高点的速度大，选项C 错误；两球的最大高度相同，则竖直分速度相同，由于B 球的水平分速度大，则B 球抛出时的速度大，落地时的速度也大，选项D 正确．答案：D[限时检测](时间：45分钟，满分：100分) [命题报告·教师用书独具]一、选择题(本题共确选项前的字母填在题后的括号内)1．(xx 年亳州模拟)如图所示，三个小球从同一高度处的O 点分别以水平初速度v 1、v 2、v 3抛出，落在水平面上的位置分别是A 、B 、C ，O ′是O 在水平面上的射影点，且O ′A ∶O ′B ∶O ′C ＝1∶3∶5.若不计空气阻力，则下列说法正确的是( )A ．v 1∶v 2∶v 3＝1∶2∶3B ．三个小球下落的时间相同C ．三个小球落地的速度相同D ．三个小球落地的动能相同解析：由于三个小球从同一高度处抛出，所以做平抛运动的时间相同，由x ＝v 0t 可知选项A 错误，B 正确；由于初速度不相同，但三种情况重力做功相同，由动能定理可得落地的动能不相同，速度也不相同，故选项C 、D 错误．答案：B2．如图，从半径为R ＝1 m 的半圆AB 上的A 点水平抛出一个可视为质点的小球，经t ＝0.4 s 小球落到半圆上，已知当地的重力加速度g ＝10 m/s 2，则小球的初速度v 0可能为( )A ．1 m/s 或2 m/sB ．2 m/s 或3 m/sC ．3 m/s 或4 m/sD ．1 m/s 或4 m/s解析：由于小球经0.4 s 落到半圆上，下落的高度h ＝12gt 2＝0.8 m ，位置可能有两处，如图所示．第一种可能：小球落在半圆左侧，v 0t ＝R －R 2－h 2＝0.4 m ，v 0＝1 m/s第二种可能：小球落在半圆右侧，v 0t ＝R ＋R 2－h 2，v 0＝4 m/s ，选项D 正确．答案：D3．一水平抛出的小球落到一倾角为θ的斜面上时，其速度方向与斜面垂直，运动轨迹如图中虚线所示．小球在竖直方向下落的距离与在水平方向通过的距离之比为( )A.1tan θB.12tan θC ．tan θD ．2tan θ解析：如图，平抛的末速度与竖直方向的夹角等于斜面倾角θ，则有tan θ＝v 0gt.则下落高度与水平距离之比为y x ＝gt 22v 0t ＝gt 2v 0＝12tan θ，B 项正确．答案：B4．a 、b 两质点从同一点O 分别以相同的水平速度v 0沿x 轴正方向抛出，a 在竖直平面内运动，落地点为P 1，b 沿光滑斜面运动，落地点为P 2，P 1和P 2在同一水平面上，如图所示，不计空气阻力，则下列说法中正确的是( )A ．a 、b 的运动时间相同B ．a 、b 沿x 轴方向的位移相同C ．a 、b 落地时的速度大小相同D ．a 、b 落地时的速度相同解析：质点a 在竖直平面内做平抛运动，质点b 在斜面上运动时，只受沿斜面方向垂直于斜面底边的重力的分力mg sin θ的作用，如图所示，质点b 做类平抛运动．分析如下：对a ，运动时间t a ＝2h /g ；对b ，h sin θ＝12g sin θt 2b ，所以运动时间t b ＝2h /g sin 2θ≠t a ，则A 项错误；对a ，沿x 轴方向位移x a ＝v 0t a ，对b ，沿x 轴方向位移x b ＝v 0t b ≠x a ，则B 项错误；由动能定理知：mgh ＝12mv 2－12mv 20，所以v 的大小相等，则C 项正确；a 、b 落地时速度的方向不同，不能说速度相同，则D 项错误．答案：C5．以速度v 0水平抛出一小球后，不计空气阻力，某时刻小球的竖直分位移与水平分位移大小相等，以下判断正确的是( )A ．此时小球的竖直分速度大小等于水平分速度大小B ．此时小球速度的方向与位移的方向相同C ．此时小球速度的方向与水平方向成45°角D ．从抛出到此时，小球运动的时间为2v 0g解析：将平抛运动分解，水平方向的匀速直线运动：x ＝v 0t .竖直方向的自由落体运动：y ＝12gt 2，v y ＝gt ，tan α＝y x ，tan θ＝v y v 0，联立得：tan θ＝2tan α；t ＝2v 0g .所以v y ＝2v 0，故A 、B 、C 错误，D 正确．答案：D7．(xx 年高考上海卷改编)如图，轰炸机沿水平方向匀速飞行，到达山坡底端正上方时释放一颗炸弹，并垂直击中山坡上的目标A .已知A 点高度为h ，山坡倾角为θ，由此不能算出( )A ．轰炸机的飞行高度B ．轰炸机的飞行速度C ．炸弹的飞行时间D ．炸弹投出时的动能解析：炸弹的末速度与水平方向的夹角为90°－θ，又tan θ＝v 0gt ，tan θ＝h x，tan α＝y x ，而cot θ＝gt v 0＝2tan α，由此可以求出高度y ＋h .若g 已知，则可以求出时间t 和水平速度v 0，由于质量未知，故无法求动能，选D.答案：D7．如图所示，斜面上a 、b 、c 、d 四个点，ab ＝bc ＝cd ，从a 点以初动能E 0水平抛出一个小球，它落在斜面上的b 点，若小球从a 点以初动能2E 0水平抛出，不计空气阻力，则下列判断正确的是( )A ．小球可能落在d 点与c 点之间B ．小球一定落在d 点C ．小球落在斜面的速度方向与斜面的夹角一定增大D ．小球落在斜面的速度方向与斜面的夹角一定相同 解析：设第一次平抛的初速度为v 0，v 0与斜面的夹角为θ 则有a b sin θ＝12gt 21，v 0t 1＝a b cos θ.当初速度变为2E 0时，速度变为2v 0.设此时小球在斜面上的落点到a 点的距离为x ，则有x cos θ＝2v 0t 2，x sin θ＝12gt 22，解得x ＝2a b ，即小球一定落在c 点，A 、B 项错误．由tan α＝2tan θ知，斜面倾角一定时，α也一定，C 项错误，D 项正确．答案：D8．一演员表演飞刀绝技，由O 点先后抛出完全相同的三把飞刀，分别垂直打在竖直木板上M 、N 、P 三点，如图所示．假设不考虑飞刀的转动，并可将其看做质点，已知O 、M 、N 、P 四点距水平地面高度分别为h 、4h 、3h 、2h ，以下说法正确的是( )A ．三把刀在击中木板时动能相同B ．三次飞行时间之比为1∶2∶ 3C ．三次初速度的竖直分量之比为3∶2∶1D ．设三次抛出飞刀的初速度与水平方向夹角分别为θ1、θ2、θ3，则有θ1>θ2>θ3 解析：初速度为零的匀变速直线运动推论：(1)静止起通过连续相等位移所用时间之比t 1∶t 2∶t 3∶…＝1∶(2－1)∶(3－2)∶…(2)前h 、前2h 、前3h …所用的时间之比为1∶2∶3∶…，对末速度为零的匀变速直线运动，也可以运用这些规律倒推．三把刀在击中木板时速度不等，动能不相同，选项A 错误；飞刀击中M 点所用时间长一些，选项B 错误；三次初速度的竖直分量之比等于3∶ 2 ∶1，选项C 错误．只有选项D 正确．答案：D9．(xx 年高考安徽卷)由消防水龙带的喷嘴喷出水的流量是0.28 m 3/min ，水离开喷口时的速度大小为16 3 m/s ，方向与水平面夹角为60°，在最高处正好到达着火位置，忽略空气阻力，则空中水柱的高度和水量分别是(重力加速度g 取10 m/s 2)( )A ．28.8 m 1.12×10－2m 3B ．28.8 m 0.672 m 3C ．38.4 m 1.29×10－2m 3D ．38.4 m 0.776 m 3解析：水沿竖直方向的速度v ⊥＝v sin 60°＝24 m/s ，由v 2⊥＝2gh 可得h ＝v 2⊥2g＝28.8 m ，运动时间t ＝v ⊥g ＝2.4 s ，所以空中水柱的水量V ＝Qt ＝0.28×2.4 m 360＝1.12×10－2 m 3.A 项正确．答案：A10．(xx 年安庆模拟)如图所示，一长为2L 的木板，倾斜放置，倾角为45°，今有一弹性小球，自与木板上端等高的某处自由释放，小球落在木板上反弹时，速度大小不变，碰撞前后，速度方向与木板夹角相等，欲使小球一次碰撞后恰好落到木板下端，则小球释放点距木板上端的水平距离为( )A.12LB.13LC.14L D.15L 解析：由图可知，x 2＝v 0·t 2，y 2＝12gt 22，tan 45°＝y 2x 2，则t 2＝2v 0g ，x 2＝2v 20g ，s 2＝2x 2＝22v 2g，s 1＝2L －s 2＝2L －22v 20g.x 1＝s 1sin 45°＝L －2v 20gv 20＝2gy 1＝2gx 1，则x 1＝L －4x 1. x 1＝15L .故D 项正确．答案：D二、非选择题(本题共2小题，共30分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)11．(15分)如图所示，水平屋顶高H ＝5 m ，围墙高h ＝3.2 m ，围墙到房子的水平距离L ＝3 m ，围墙外马路宽x ＝10 m ，为使小球从屋顶水平飞出落在围墙外的马路上，求小球离开屋顶时的速度v 的大小范围．(g 取10 m/s 2)解析：若v 太大，小球落在马路外边，因此，要使球落在马路上，v 的最大值v max 为球落在马路最右侧A 点时的平抛初速度，如图所示，小球做平抛运动，设运动时间为t 1.则小球的水平位移：L ＋x ＝v max t 1， 小球的竖直位移：H ＝12gt 21解以上两式得v max ＝(L ＋x )g2H＝13 m/s. 若v 太小，小球被墙挡住，因此，球不能落在马路上，v 的最小值v min 为球恰好越过围墙的最高点P 落在马路上B 点时的平抛初速度，设小球运动到P 点所需时间为t 2，则此过程中小球的水平位移：L ＝v min t 2 小球的竖直方向位移：H －h ＝12gt 22解以上两式得v min ＝Lg2H －h＝5 m/s因此v 0的范围是v min ≤v ≤v max ， 即5 m/s≤v ≤13 m/s. 答案：5 m/s≤v ≤13 m/s12．(15分)《愤怒的小鸟》是一款时下非常流行的游戏，游戏中的故事也相当有趣，如图甲所示，为了报复偷走鸟蛋的肥猪们，鸟儿以自己的身体为武器，如炮弹般弹射出去攻击肥猪们的堡垒．某班的同学们根据自己所学的物理知识进行假设：小鸟被弹弓沿水平方向弹出，如图乙所示，若h 1＝0.8 m ，l 1＝2 m ，h 2＝2.4 m ，l 2＝1 m ，小鸟飞出后能否直接打中肥猪的堡垒？(取重力加速度g ＝10 m/s 2)解析：(1)设小鸟以v 0弹出后能直接击中堡垒，则 ⎩⎪⎨⎪⎧h 1＋h 2＝12gt 2l 1＋l 2＝v 0tt ＝2h 1＋h 2g＝2×0.8＋2.410s ＝0.8 s所以v 0＝l 1＋l 2t ＝2＋10.8m/s ＝3.75 m/s 设在台面的草地上的水平射程为x ，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＝v 0t 1h 1＝12gt 21所以x＝v02h1g＝1.5 m<l1可见小鸟不能直接击中堡垒．答案：不能40482 9E22 鸢j32445 7EBD 纽 25470 637E 捾36995 9083 邃 29489 7331 猱 Tq R25748 6494 撔V。
2021届高考物理一轮复习方略关键能力·题型突破： 4.2 平抛运动的规律及应用
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关键能力·题型突破考点一平抛运动的规律单个物体的平抛运动【典例1】(多选)一位同学玩投掷飞镖游戏时，将飞镖水平抛出后击中目标。
当飞镖在飞行过程中速度的方向平行于抛出点与目标间的连线时，其大小为v。
不考虑空气阻力，已知连线与水平面间的夹角为θ，则飞镖( )A.初速度v0=vcos θB.飞行时间t=C.飞行的水平距离x=D.飞行的竖直距离y=【一题多解】选A、C。
方法一：将运动分解成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，飞镖的初速度v0=vcos θ，选项A正确；根据平抛运动的规律有x=v0t，y=gt2，tan θ=，解得t=，x=，y=，选项C正确，B、D错误。
方法二：求飞行时间还可以沿抛出点与目标间的连线和垂直连线方向建立平面直角坐标系，则沿连线方向上，飞镖做初速度为v0cos θ，加速度为gsin θ的匀加速直线运动；垂直连线方向上做初速度为v0sin θ，加速度为-gcos θ的类竖直上抛运动，故由题意可知飞镖飞到速度为v时，垂直连线方向的速度减为0，所用时间为，再次回到连线所用的时间也为(竖直上抛运动的对称性)，故飞行时间为。
多个物体的平抛运动【典例2】(2019·潮州模拟)甲、乙两位同学在不同位置沿水平各射出一枝箭，箭落地时，插入泥土中的形状如图所示，已知两支箭的质量、水平射程均相等，若不计空气阻力及箭长对问题的影响，则甲、乙两支箭 ( )A.空中运动时间之比为1∶B.射出的初速度大小之比为1∶C.下降高度之比为1∶3D.落地时动能之比为3∶1【通型通法】1.题型特征：两个物体水平抛出。
2.思维导引：【解析】选B。
根据竖直方向的自由落体运动可得h=gt2水平射程：x=v0t可得：x=v0由于水平射程相等，则：v甲=v乙①末速度的方向与水平方向之间的夹角的正切值：tan θ==可得：2gh甲=3，6gh乙=②联立①②可得：h甲=3h乙，即下落的高度之比为3∶1；根据竖直方向的自由落体运动可得h=gt2，可知运动时间之比为∶1，故A、C错误；射出的初速度大小之比为1∶，故B正确；它们下落的高度之比为3∶1；但射出的初速度大小之比为1∶，所以落地的动能之比不等于3∶1，故D错误。
【高三】2021届高考物理第一轮能力提升复习 探究平抛运动的规律
【高三】2021届高考物理第一轮能力提升复习探究平抛运动的规律【高三】2021届高考物理第一轮能力提升复习探究平抛运动的规律在第二节课中，探索平面投掷运动的规律【教学要求】1.了解平抛动作的概念和处理方法——将曲线变为直线的方法；2．掌握平抛运动的规律，并会运用这些规律分析和解决有关问题。
[知识再生产]一、平抛运动1.定义将物体用一定的初速度沿_______方向抛出，不考虑空气阻力，物体只在________作用下所做的运动叫做平抛运动．2.自然平抛运动是加速度为重力加速度(g)的________曲线运动，轨迹是抛物线．3.水平投掷动作的处理方法平抛运动可以分解为水平方向的_______运动和竖直方向的________运动两个分运动． 4.水平投掷运动规律（1）水平方向上：vx=v0，x=_______；（2）垂直方向：vy=GT，y=；（3）任意时刻的速度：v=_______θV和V之间的夹角；（4）任意时刻的位置（相对于抛出点的位移）s=_______，，α为s和v0间的夹角；（5）运动时间t=_____;，仅取决于垂直下降高度；（6）射程l=_______=_______，取决于竖直下落的高度和初速度。
水平投掷运动知识点的研究平抛运动可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。
在有些问题中常要结合起来求解。
【申请1】（08天津100中学第一学期期中考试）如图所示，它是一个小球平抛的闪光照片的一部分。
图中背景正方形的边长为5cm。
如果G=1om/S2，则闪光频率为_________________________;赫兹，球在水平方向上运动，初始速度为导示:平抛运动在水平方向的分运动是匀速直线运动，由图可以看出，a、b、c三点水平距离相等，故相邻两点间的时间间隔相等，设为t．根据垂直部分运动，△ H=GT2所以(5-3)×o.05m==gt2，求得：t=o.1s．因此，闪光频率为10F=1赫兹因为水平方向上小球做匀速直线运动，即3×o.05m=v0t，然后水平部分速度为V0=0.15/o.1=1.5m/s，即水平投掷的初始速度为V0=1.5m/s求解闪光照片中平抛问题常常要抓住两点：一是相邻的两个像之间的时间间隔相等；二是平抛运动的运动规律――竖直方向做初速为零的匀加速直线运动。
2021高考物理沪科版新课程一轮复习：4.2第2讲 平抛运动的规律及应用
2.研究方法：斜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 _匀__变__速__直__线__运动。 (1)水平方向：v0x= _v_0c_o_s__θ__，F合x=0； (2)竖直方向：v0y= _v_0s_i_n__θ__，F合y=mg。
【情境辨析】
【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
油，要想点灯，必须加油！
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)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沿_斜__向__上__方__或_斜__向__下__方__抛出，物体只在_重__力__作 用下的运动。
第2讲 平抛运动的规 律及应用
内容索引
必备知识·自主学习 关键能力·题型突破 核心素养测评
【知识建构】 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_重__力__作用下的 运动。
2.性质：平抛运动是加速度为g的_匀__变__速__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：_匀__速__直线运动； (2)竖直方向：_自__由__落__体__运动。
(6)A、B的水平射程相同。
( √)
(7)A球比B球的射高高。( × )
(8)A、B的运动轨迹相同。
( √)
(9)两球初速度与水平方向成45°角时两球水平射程最大。
(√)
核心素养测评
莘莘学子，放眼前方，只要我们继续，收获 的季节就在前方。不管多么险峻的高山，总是为 不畏艰难的人留下一条攀登的路。无论学习何种 专业、何种课程，如果能在学习中努力实践，做 到融会贯通，我们就可以更深入地理解知识体系， 可以牢牢地记住学过的知识。学习是灯，努力是
2021年高考物理一轮复习 4.2平抛运动的规律及应用课时提升作业 沪科版必修2
2021年高考物理一轮复习 4.2平抛运动的规律及应用课时提升作业沪科版必修2一、选择题(本题共5小题,每小题7分,共35分。
多选题已在题号后标出)1.(多选)(xx·温州模拟)如图所示,水平地面的上空有一架飞机在进行投弹训练,飞机沿水平方向做匀加速直线运动。
当飞机飞过观察点B点正上方A点时投放一颗炸弹,经时间T炸弹落在观察点B正前方L1处的C点,与此同时飞机投放出第二颗炸弹,最终落在距观察点B正前方L2处的D点,且L2=3L1,空气阻力不计。
以下说法正确的有( )A.飞机第一次投弹的速度为B.飞机第二次投弹时的速度为C.飞机水平飞行的加速度为D.两次投弹时间间隔T内飞机飞行距离为2.(xx·青岛模拟)跳台滑雪运动员的动作惊险而优美,其实滑雪运动可抽象为物体在斜坡上的平抛运动。
如图所示,设可视为质点的滑雪运动员从倾角为θ的斜坡顶端P处,以初速度v水平飞出,运动员最后又落到斜坡上A点处,AP之间距离为L,在空中运动时间为t,改变初速度v的大小,L和t都随之改变。
关于L、t与v的关系,下列说法中正确的是( )A.L与v0成正比 B.L与v成反比C.t与v0成正比D.t与成正比3.(多选)如图所示,A、B两质点以相同的水平速度v0抛出,A在竖直面内运动,落地点为P1,B沿光滑斜面运动,落地点为P2,不计空气阻力,比较P1、P2在x轴方向上距抛出点的远近关系及落地瞬时速度的大小关系,则( )A.P1较近B.P1、P2一样远C.A落地时速率大D.A、B落地时速率一样大4.(多选)(xx·江苏高考)如图所示,从地面上同一位置抛出两小球A、B,分别落在地面上的M、N点,两球运动的最大高度相同。
空气阻力不计,则( )A.B的加速度比A的大B.B的飞行时间比A的长C.B在最高点的速度比A在最高点的大D.B在落地时的速度比A在落地时的大5.(xx·济南模拟)如图所示,一网球运动员将球在边界处正上方水平向右击出,球刚好过网落在图中位置(不计空气阻力),数据如图所示,则下列说法中正确的是( )A.击球点高度h1与球网高度h2之间的关系为h1=2h2B.若保持击球高度不变,球的初速度v0只要不大于,就一定落在对方界内C.任意降低击球高度(仍大于h2),只要击球初速度合适,球一定能落在对方界内D.任意增加击球高度,只要击球初速度合适,球一定能落在对方界内二、计算题(本题15分。
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关键能力·题型突破考点一平抛运动的规律单个物体的平抛运动【典例1】(多选)一位同学玩投掷飞镖游戏时，将飞镖水平抛出后击中目标。
当飞镖在飞行过程中速度的方向平行于抛出点与目标间的连线时，其大小为v。
不考虑空气阻力，已知连线与水平面间的夹角为θ，则飞镖( )A.初速度v0=vcos θB.飞行时间t=C.飞行的水平距离x=D.飞行的竖直距离y=【一题多解】选A、C。
方法一：将运动分解成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，飞镖的初速度v0=vcos θ，选项A正确；根据平抛运动的规律有x=v0t，y=gt2，tan θ=，解得t=，x=，y=，选项C正确，B、D错误。
方法二：求飞行时间还可以沿抛出点与目标间的连线和垂直连线方向建立平面直角坐标系，则沿连线方向上，飞镖做初速度为v0cos θ，加速度为gsin θ的匀加速直线运动；垂直连线方向上做初速度为v0sin θ，加速度为-gcos θ的类竖直上抛运动，故由题意可知飞镖飞到速度为v时，垂直连线方向的速度减为0，所用时间为，再次回到连线所用的时间也为(竖直上抛运动的对称性)，故飞行时间为。
多个物体的平抛运动【典例2】(2019·潮州模拟)甲、乙两位同学在不同位置沿水平各射出一枝箭，箭落地时，插入泥土中的形状如图所示，已知两支箭的质量、水平射程均相等，若不计空气阻力及箭长对问题的影响，则甲、乙两支箭 ( )A.空中运动时间之比为1∶B.射出的初速度大小之比为1∶C.下降高度之比为1∶3D.落地时动能之比为3∶1【通型通法】1.题型特征：两个物体水平抛出。
2.思维导引：【解析】选B。
根据竖直方向的自由落体运动可得h=gt2水平射程：x=v0t可得：x=v0由于水平射程相等，则：v甲=v乙①末速度的方向与水平方向之间的夹角的正切值：tan θ==可得：2gh 甲=3，6gh乙=②联立①②可得：h甲=3h乙，即下落的高度之比为3∶1；根据竖直方向的自由落体运动可得h=gt2，可知运动时间之比为∶1，故A、C错误；射出的初速度大小之比为1∶，故B正确；它们下落的高度之比为3∶1；但射出的初速度大小之比为1∶，所以落地的动能之比不等于3∶1，故D错误。
平抛运动的规律1.飞行时间和水平射程：(1)飞行时间：由t=知，时间取决于下落高度h，与初速度v0无关。
(2)水平射程：x=v0t=v0，即水平射程由初速度v0和下落高度h共同决定。
2.速度和位移的变化规律：(1)速度的变化规律。
①任一时刻的速度水平分量均等于初速度v0。
②任一相等时间间隔Δt内的速度变化量方向竖直向下，大小Δv=Δv y=gΔt。
(2)位移变化规律。
①任一相等时间间隔内，水平位移相同，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。
【加固训练】1.我国首批隐形战斗机歼-2已形成初步战斗力。
某次演习时，在某一高度水平匀速飞行的战斗机离目标水平距离为L时投弹(投弹瞬间炸弹相对战斗机的速度为零)，可以准确命中目标。
若战斗机水平飞行高度变为原来的倍，飞行速度变为原来的倍，要仍能命中目标，则战斗机投弹时离目标的水平距离为(不考虑空气阻力) ( ) A.L B.L C.L D.L【解析】选B。
炸弹被投下后做平抛运动，在水平方向上的分运动为匀速直线运动，在竖直方向上的分运动为自由落体运动，所以在竖直方向上：h=gt2，解得：t=在水平方向上：L=v0t=v0当战斗机飞行的高度为原来的倍，飞行速度为原来的倍时，战斗机投弹时距离目标的水平距离：L′=v0=v0=L，故B正确，A、C、D错误。
2.(2017·江苏高考)如图所示，A、B两小球从相同高度同时水平抛出，经过时间t在空中相遇，若两球的抛出速度都变为原来的2倍，则两球从抛出到相遇经过的时间为( )A.tB.tC.D.【解析】选C。
设AB间距为x，两球初速度分别为v1、v2，则有x=(v1+v2)t，现两球的抛出速度都变为原来的2倍，时间减半，所以C项正确。
考点二有约束条件的平抛运动斜面约束的平抛运动【典例3】(2018·全国卷Ⅲ)在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以v和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【解析】选A。
两球都落在该斜面上，其位移与水平方向夹角相等设为α，其速度与水平方向夹角设为β，据tan β=2tanα，可知两球速度夹角相等，据v=可得==2，故选A。
【多维训练】1(多选)如图所示，固定斜面PO、QO与水平面MN的夹角均为45°，现由A点分别以v1、v2先后沿水平方向抛出两个小球(可视为质点)，不计空气阻力，其中以v1抛出的小球恰能垂直于QO落于C点，飞行时间为t，以v2抛出的小球落在PO斜面上的B点，且B、C在同一水平面上，则( )A.落于B点的小球飞行时间为tB.v2=gtC.落于C点的小球的水平位移为gt2D.A点距水平面MN的高度为gt2【解析】选A、C、D。
两个小球做平抛运动下落的高度相等，所以飞行的时间也相等，可知，落于B点的小球飞行时间为t。
故A正确；小球飞行的时间为t，则落于C点的竖直分速度v y=gt，因为小球恰好垂直落于C点，根据平行四边形定则知，小球的初速度v1=v y=gt，落于C点的小球的水平位移为x=v1t=gt2；两个小球在竖直方向的位移：y=gt2，由于PO与水平面MN的夹角为45°，所以落在B点的小球沿水平方向的位移x′也是gt2，而水平方向的位移：x′=v2t，所以：v2=gt。
故B错误，C正确；根据几何关系知，A点距离MN的高度为：h=gt2+×=gt2，故D正确。
【多维训练】2(多选)(2019·黄山模拟)如图所示，甲、乙两个小球同时从同一固定的足够长斜面的A、B两点分别以v0、2v0水平抛出，分别落在斜面的C、D两点(图中未画出)，不计空气阻力，下列说法正确的是 ( )A.甲、乙两球接触斜面前的瞬间，速度的方向相同B.甲、乙两球做平抛运动的时间之比为1∶4C.A、C两点间的距离与B、D两点间的距离之比为1∶4D.甲、乙两球接触斜面前的瞬间，速度大小之比为1∶【解析】选A、C。
平抛运动某时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，甲、乙两球均落在斜面上，则两球的位移方向相同，则速度方向相同，故A正确；根据tanθ==得平抛运动的时间为：t=，甲、乙两球的初速度之比为1∶2，则甲、乙两球平抛运动的时间之比为1∶2，故B 错误；小球平抛运动的水平位移为：x=v水平t=，由于甲、乙两球的初速度之比为1∶2，则两球的水平位移之比为1∶4，可知A、C两点间的距离与B、D两点间的距离之比为1∶4，故C正确；小球落在斜面上时的竖直分速度为：v y=gt=2v水平tan θ，根据平行四边形定则得，小球落在斜面上的速度为：v==v水平，初速度之比为1∶2，则落在斜面上的速度之比为1∶2，故D错误。
曲面约束的平抛运动【典例4】某游戏装置如图所示，安装在竖直轨道AB上的弹射器可上下移动，能水平射出速度大小可调节的小弹丸。
圆心为O的圆弧槽BCD上开有小孔P，弹丸落到小孔时，速度只有沿OP方向才能通过小孔，游戏过关，则弹射器在轨道上( )A.位于B点时，只要弹丸射出速度合适就能过关B.只要高于B点，弹丸射出速度合适都能过关C.只有一个位置，且弹丸以某一速度射出才能过关D.有两个位置，只要弹丸射出速度合适都能过关【解析】选C。
作出速度的反向延长线交初速度方向为G，过O点作MN的垂线交于F，结合几何关系得出平抛运动的水平位移，抓住OG 和GF间的夹角等于速度与水平方向的夹角，通过几何关系求出竖直位移，从而得出弹射器离B点的高度。
根据速度方向，结合平行四边形定则得出初速度的大小，然后作出判断。
设OP与水平方向之间的夹角为θ，将末速度进行分解如图所示：；则：=tan θOE=Rcos θ，PE=Rsin θ，平抛运动的水平位移为：x=BO+OE=R+Rcos θ，又：x=v x t，设发射点到B的高度为h，弹丸沿竖直方向的位移：y=h+PE=h+Rsin θ又：y=gt2=v y t则：===tan θ由于P点的位置是固定的，则x是固定的，所以弹射器的高度只能有一个位置。
由于弹射器的高度只能有一个位置，则竖直方向弹丸的位移是固定的，由y=gt2可知弹丸下落的时间是固定的，所以弹丸的初速度也是固定的。
即只有一个位置，且弹丸以某一速度射出才能过关。
故A、B、D错误，C正确。
有约束条件的平抛运动解题策略【加固训练】1.如图所示，半圆槽MABCN在竖直面内，M点、N点是半圆的水平直径的两个端点，O点是半圆圆心，OB为竖直半径，A、C为半圆周上的两点，两点连线AC垂直平分OB。
现有三个小球a、b、c，先从M 点水平向右先后抛出a、b两小球，两球依次落在A、B两点；再从P 点水平向右抛出c球(P是直径MN上的某一点)，c球恰好垂直圆周击中C点，则下列说法中正确的是( )A.a、b、c三球的下落时间之比为1∶2∶1B.c球抛出点P有可能与M点重合C.a、b、c三球的平抛初速度之比为(2-)∶∶2D.a、b、c三球的机械能之比为(7-4)∶2∶12【解析】选C。
三个小球都做平抛运动，根据平抛运动规律列方程计算求解。
由题可知，a、b、c三个小球在竖直方向的位移之比为：1∶2∶1，由h=gt2可知它们的下落时间之比为：1∶∶1。
故A错误；c球恰好垂直圆周击中C点，则速度的反向延长线经过O点；由平抛运动的推论可知，抛出点到C之间的水平距离等于O到C点水平距离的2倍，然后结合几何关系可知，P点一定在A点的正上方。
故B错误；AC垂直平分OB，则AO与CO与竖直方向之间的夹角都是60°，所以=R，而M与A之间的水平距离为R-R设a与c运动的时间为t，则b运动的时间为t，沿水平方向：对a：R-R=v a t对b：R=v b·t对c：R=v c t所以v a∶v b∶v c=(2-)∶∶2。
故C正确；由于没有选择合适的重力势能的零势能面，所以不能比较它们的机械能的大小关系，故D错误。
2.如图甲所示，水平地面上有一个底端固定、倾角α可调的斜面，右侧在D点与一个水平平台相接。
固定在平台上的弹射装置可以将小球以不同水平初速度v0弹出、改变斜面倾角α使小球每次均垂直落到斜面上，-图线如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，则平台高度H为( )A.0.5 mB.1C.1.5 mD.2 m【解析】选D。
固定在平台上的弹射装置可以将小球以不同水平初速度v0弹出、改变斜面倾角α使小球每次均垂直落到斜面上，根据几何关系可知小球末速度的方向与竖直方向夹角为α，则tan α=①h=gt2②x=v0t ③平台高度为：H=h+xtan α④①②③④联立解得：=2gH-2结合图乙可得：2gH=解得：H=2 m，故A、B、C错误，D正确。