【物理一轮】2021高中物理一轮复习学案--第四章第2讲平抛运动

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高考物理一轮复习第4章第2节抛体运动教学案新人教版

高考物理一轮复习第4章第2节抛体运动教学案新人教版第2节抛体运动知识点一| 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[判断正误](1)以一定的初速度水平抛出的物体的运动是平抛运动。

(×)(2)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。

(3)从同一高度水平抛出的物体，不计空气阻力，初速度大的落地速度大。

1．平抛运动速度改变量物体在任意相等时间内的速度改变量Δv＝gΔt相同，方向恒为竖直向下，如图所示。

2．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 yv0＝2y Ax 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 yv0＝gtv0tan α＝yx＝gt2v0→tan θ＝2tan α[典例] (多选)如图所示，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。

下列说法正确的是( )A．小球水平抛出时的初速度大小为gttan θB．小球在t时间内的位移方向与水平方向的夹角为θ2C．若小球初速度增大，则平抛运动的时间变长D．若小球初速度增大，则θ减小AD[如图所示。

由tan θ＝gtv可得小球平抛的初速度大小v0＝gttan θ，选项A正确；由tan α＝yx＝12gt2v0t＝gt2v0＝12tan θ可知，α≠θ2，选项B错误；小球做平抛运动的时间t＝2yg，与小球初速度无关，选项C 错误；由tan θ＝gtv0可知，v0越大，θ越小，选项D正确。

(统考版)高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天第2讲抛体运动的规律及应用学生用书

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].。

物理一轮复习 4.2 平抛运动的规律及应用学案新人教版必修2

物理一轮复习 4.2 平抛运动的规律及应用学案新人教版必修2【考纲知识梳理】一、平抛运动的定义和性质1、定义：平抛运动是指物体只在重力作用下，从水平初速度开始的运动。

2、运动性质：①水平方向:以初速度v 0做匀速直线运动.②竖直方向:以加速度a=g 做初速度为零的匀变速直线运动,即自由落体运动. ③平抛运动是加速度为重力加速度(a=g)的匀变速曲线运动,轨迹是抛物线.二、研究平抛运动的方法1、通常，可以把平抛运动看作为两个分运动的合动动：一个是水平方向（垂直于恒力方向）的匀速直线运动，一个是竖直方向（沿着恒力方向）的匀加速直线运动。

水平方向和竖直方向的两个分运动既具有独立性，又具有等时性．2、平抛运动规律：（从抛出点开始计时）（1）.速度规律： V X =V 0V Y =gt（2）.位移规律： X=v 0tY=221gt （3）.平抛运动时间t 与水平射程X平抛运动时间t 由高度Y 决定，与初速度无关；水平射程X 由初速度和高度共同决定三、斜拋运动及其研究方法1．定义：将物体以v 沿斜向上方或斜向下方抛出，物体只在重力作用下的运动。

2．斜抛运动的处理方法：斜抛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抛体运动的合运动【要点名师透析】一、对平抛运动规律的进一步理解1、飞行的时间和水平射程（1）落地时间由竖直方向分运动决定：由221gt h=得：ght2=（2）水平飞行射程由高度和水平初速度共同决定：ghvt vx2==2、速度的变化规律（1）平抛物体任意时刻瞬时速度v与平抛初速度v0夹角θa的正切值为位移s与水平位移x 夹角θ正切值的两倍。

（2）平抛物体任意时刻瞬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：221tan2xssgtvgt=⇒==α（3）平抛运动中，任意一段时间内速度的变化量Δv＝gΔt，方向恒为竖直向下（与g同向）。

任意相同时间内的Δv都相同（包括大小、方向），如右图。

高考物理(新课标)一轮全程复习构想课件4-2平抛运动

1．飞行时间：由 t＝速度 v0 无关．
2h g 知，时间取决于下落高度 h，与初
2．水平射程：x＝v0t＝v0
2h g ，即水平射程与初速度v0和下
落高度h有关，与其他因素无关．
2 2 3．落地速度：vt＝ vx ＋vy ＝ v2 0＋2gh ，以θ表示落地速度与
vy 2gh x轴正方向间的夹角，有tanθ＝ v ＝，即落地速度也只与初速 v0 x 度v0和下落高度h有关．
例2
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 C．炸弹的飞行时间 ) B．轰炸机的飞行速度 D．炸弹投出时的动能
【解析】
v0 由于炸弹垂直击中山坡上的目标 A，tanθ＝ gt ，水
必修2 第四章曲线运动万有引力与航天
第2讲平抛运动
走进教材
ZOU JIN JIAO CAI
知识回顾
基 /础 /梳 /理
夯实基础
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，运动轨迹是抛物线． 3．研究方法：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．
A．tanθ C．2tanθ
1 B. tanθ 1 D. 2tanθ
【错因分析】抓不住关键词“垂直”和关键点“速度方向与斜面垂直”的那一点，盲目利用平抛运动的规律解题，造成错选 A 或 B 或 C.本题实际上应该在关键点把此时的速度分解为水平方向和竖直方向的速度，再利用几何关系找出相关物理量之间的关系．

2021版新高考物理人教版一轮课件：4.2 平抛运动的规律及应用

3∶1，故D错误。
【技法荟萃】
平抛运动的规律
1.飞行时间和水平射程：
(1)飞行时间：由t=
2h g
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 2h，即水平射程由初速度v0和下落高度h共同决定。
g
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=Δvy=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。
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 vsin ，再次回到连线所用的时间也为 vsin
g
(竖直上抛运动的对称性)，故飞行时间为
2vsin
。
g
g
【题型2】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 ( ) 世纪金榜导学号 A.空中运动时间之比为1∶ 3 B.射出的初速度大小之比为1∶ 3 C.下降高度之比为1∶3 D.落地时动能之比为3∶1
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= 1 gt2，tan θ= y ，解得t= 2vtan，x= v2sin 2 ，y= 2v2tan2 ，选项C

2021版高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天第2讲平抛运动学案

v1t
＝1
1 gt
2
2
v2 ①，对于 B 球： gt ＝ 1 ②，由①②两式解得，
v1∶ v2 ＝1∶ 2，故应选 D 项。
答案 D
微考点 3 平抛运动中的临界问题
7
核| 心| 微|讲
分析平抛运动中的临界问题时一般用极限分析的方法，
即把要求解的物理量设定为极大
或极小，让临界问题突显出来，找到产生临界的条件，必要时画出轨迹示意图。
A 点，经 t 2 时间小球到达竖直分位
移与水平分位移大小相等的 B 点，下列判断正确的是 (
)
A． t 1、 t 2 的大小与 v0 的大小无关
B． t 2＝ 2t 1
C． A、B 两点速度大小之比为
5v
2 0
D． A、B 两点的高度差为 2g
1∶ 2
解析
到达
A 点时，由
v0 v0＝ gt 1 可得 t 1＝，到达
项正确， C项错误。
答案 D
2. 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 v1、v2 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
v1
与竖直方向成 α 角，则两小球初速度之比
为( v2
)
A． tan α
B． cos α
37°角时，运动员离斜坡最
gt 远，有 v0 ＝tan37 °， t ＝ 1.5 s 。
6
答案 (1)75 m (2)20 m/s (3)1.5 s 题| 组| 微|练
3. ( 多选 ) 将一小球以水平速度 v0＝ 10 m/s 从 O点向右抛出，经 1.73 s 小球恰好垂直落到斜面上的 A 点，不计空气阻力， g＝ 10 m/s 2， B 点是小球做自由落体运动在斜面上的落点，如图所示，以下判断正确的是 ( )

2021届人教版高考物理一轮总复习学案设计第四单元第2讲平抛运动的规律及应用

第2讲平抛运动的规律及应用考纲考情核心素养►抛体运动Ⅱ►平抛运动规律的应用►平抛运动和斜抛运动的定义、受力特点及运动性质．►平抛运动在水平方向及竖直方向上的运动规律.物理观念全国卷5年10考高考指数★★★★★►应用运动的分解分析抛体运动问题．►应用临界法分析平抛运动中的临界问题.科学思维知识点一平抛运动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(不考虑空气阻力)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：自由落体运动.直观情景4.(1)速度关系(2)位移关系(3)轨迹方程：y＝12g⎝⎛⎭⎪⎫xv02.知识点二斜抛运动1．定义将物体以初速度v0斜向上或斜向下抛出，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的匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线．3．研究方法用运动的合成与分解方法研究斜抛运动．(1)水平方向：匀速直线运动．(2)竖直方向：匀变速直线运动.直观情景H＝v20sin2θ2g x＝v x t＝2v20sinθcosθg＝v20sin2θg1．思考判断(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．(√)(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．(×)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，下列说法正确的有(BC)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：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打击力度可以有变化，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，A、D错误．3．人站在平台上平抛一小球，球离手时的速度为v1，落地时速度为v2，不计空气阻力，图中能表示出速度矢量的演变过程的是(C)解析：小球做平抛运动，只受重力作用，加速度方向竖直向下，所以速度变化的方向竖直向下，C正确．4．(多选)正在水平匀速飞行的飞机，每隔1秒钟释放一个小球，先后共释放5个，不计阻力，则(AD)A ．这5个球在空中排成一条直线B ．这5个球在空中处在同一抛物线上C ．在空中，第1、2两球间的距离保持不变D ．相邻两球的落地点间距离相等解析：本题通过多物体运动考查平抛运动规律．小球被释放后做平抛运动，其在水平方向的速度与飞机的飞行速度相等，飞机做匀速直线运动，所以5个小球始终在飞机的正下方，且相邻小球落地点的间距相等，故A 、D 正确，B 错误；竖直方向上5个小球均做自由落体运动，由于第2个小球释放时第1个小球的速度已经为v 0＝gt 0＝10 m/s ，所以第一个小球在空中运动时间t 时，第1、2两小球的间距为Δh ＝(v 0t ＋12gt 2)－12gt 2＝v 0t ，所以两小球的间距逐渐增大，故C 错误．5．一物体从某高度以初速度v 0水平抛出，落地时速度大小为v ，重力加速度为g ，则它运动的时间为( D )A.v －v 0gB.v －v 02gC.v 2－v 202gD.v 2－v 20g解析：落地时物体在竖直方向的速度v y ＝v 2－v 20，又v y ＝gt ，故物体下落的时间t ＝v yg ＝v 2－v 20g，选项D 正确．考点1 平抛运动规律及应用1．飞行时间：由t ＝2hg 知，平抛运动的时间取决于下落高度h ，与初速度v 0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＝v2x＋v2y＝v20＋2gh，以θ表示落地速度与x轴正方向间的夹角，有tanθ＝v yv x＝2ghv0，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：物体在任意相等时间内的速度改变量Δv＝gΔt相同，方向恒为竖直向下，如图所示．如图所示，A、B两个平台水平距离为7.5 m，某同学先用一个小球从A平台边缘以v0＝5 m/s的速度水平抛出，结果小球落在了B平台左侧边缘下方6.25 m处．重力加速度g取10 m/s2，忽略空气阻力，要使小球从A平台边缘水平抛出能落到B平台上，则从A平台边缘水平抛出小球的速度至少为()A ．6 m/sB ．7.5 m/sC ．9 m/sD ．11.25 m/s【解析】本题考查平抛运动的临界问题．由平抛运动的规律可知，第一次抛出小球时满足x ＝v 0t 1，h ＋6.25 m ＝12gt 21；当小球恰能落到平台B 上时，有x ＝v 0′t 2，h ＝12gt 22，联立解得v 0′＝7.5 m/s.故选B.【答案】 B高分技法解决平抛运动的方法(1)解决平抛运动的方法是分解，即把平抛运动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，先研究分运动，再确定合运动.(2)若已知末速度方向，可分解末速度，利用两个分速度的关系求未知量.1.(多选)如图所示，一小球以10 m/s 的速度水平抛出，在落地之前经过空中A 、B 两点，在A 点时小球速度方向与水平方向的夹角为45°，在B 点时小球速度方向与水平方向的夹角为60°.空气阻力忽略不计，g 取10 m/s 2.以下判断中正确的是( AC )A ．小球经过A 、B 两点的时间间隔t ＝(3－1) s B ．小球经过A 、B 两点的时间间隔t ＝ 3 sC ．A 、B 两点的高度差h ＝10 mD ．A 、B 两点的高度差h ＝15 m解析：在A 点，竖直方向上的分速度v yA ＝v 0tan45°，抛出点到A 的高度h A ＝v 2yA2g；在B 点，竖直方向上的分速度v yB ＝v 0tan60°，抛出点到B 的高度h B ＝v 2yB2g.根据v yB －v yA ＝gt ，得t ＝v 0(tan60°－tan45°)g ＝(3－1) s ，选项A 正确；A 与B 的高度差h ＝h B －h A ＝v 20(tan 260°－tan 245°)2g＝10 m ，选项C 正确．2.如图所示，A 、B 两个小球在同一竖直线上，离地高度分别为2h 和h ，将两球水平抛出后，两球落地时的水平位移之比为12，则下列说法正确的是( D )A ．A 、B 两球的初速度之比为14B．A、B两球的初速度之比为1 2C．若两球同时抛出，则落地的时间差为2h gD．若两球同时落地，则两球抛出的时间差为(2－1)2h g解析：由x＝v0t和y＝12gt2知v1＝x4hg＝x2gh，v2＝2x2hg＝2x gh，因此两球的初速度之比为122，A、B项错误；若两球同时抛出，则落地的时间差为4hg－2hg＝(2－1)2hg，C项错误；若两球同时落地，则两球抛出的时间差也为(2－1)2hg，D项正确．考点2与斜面有关的平抛运动1．与斜面有关的平抛运动有两种模型(1)物体从空中抛出落在斜面上．(2)物体从斜面上抛出落在斜面上．解答时要充分运用斜面倾角，找出斜面倾角同位移和速度与水平方向夹角的关系是解题的关键．2．两种模型对比方法内容实例斜面求小球平抛时间总结分解速度水平v x＝v0竖直v y＝gt合速度v＝v2x＋v2y解：如图，v y＝gt，tanθ＝v xv y＝v0gt故t＝v0g tanθ分解速度，构建速度三角形分解位移水平x＝v0t竖直y＝12gt2合位移x合＝x2＋y2解：如图，x＝v0t，y＝12gt2，而tanθ＝yx，联立得t＝2v0tanθg分解位移，构建位移三角形在一斜面顶端，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和水平位移大小分别是乙球落至斜面时的()A．2倍、2倍B．2倍、4倍C．4倍、2倍D．4倍、4倍【解析】设斜面倾角为α，小球落在斜面上时速度的偏向角为θ，甲球以速度v抛出，落在斜面上，如图所示；根据平抛运动的推论可得tanθ＝2tanα，所以甲、乙两个小球落在斜面上时速度的偏向角相等，故对甲有v甲末＝vcosθ；对乙有v乙末＝v2cosθ，所以v甲末v乙末＝21；根据tanα＝12gt2v0t＝gt2v0，水平位移L＝v0t＝2v20tanαg∝v20，则甲球落至斜面时的位移大小是乙球落至斜面时的4倍，故B正确，A、C、D错误．【答案】 B高分技法两个重要推论(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，如图甲所示，B是OC的中点．(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，如图乙所示．3．如图所示，斜面AC与水平方向的夹角为α，在底端A的正上方与顶端C等高处的E点以速度v0水平抛出一小球，小球垂直于斜面落到D点，重力加速度为g，则(C)A．小球在空中飞行时间为v0 gB．小球落到斜面上时的速度大小为v0 cosαC．CD与DA的比值为12tan2αD．小球的位移方向垂直于AC解析：小球的运动轨迹图如图所示，球垂直于斜面落到D点，所以在D点时有tanα＝v0gt，解得t＝v0g tanα，故A错；小球垂直于斜面落到D点，所以小球落到斜面上时的速度大小为v＝v0sinα，故B错；根据几何关系有s DA＝v0tcosα，s CD＝12gt2sinα；整理得CD与DA的比值为12tan2α，故C对；由图可知，位移方向与AC不垂直，故D错．4.如图所示，水平面上固定有一个斜面，从斜面顶端向右平抛一只小球，当初速度为v0时，小球恰好落到斜面底端，平抛的飞行时间为t0.现用不同的初速度v从该斜面顶端向右平抛这只小球，以下哪个图象能正确表示平抛的飞行时间t随v变化的函数关系(B)解析：本题考查根据运动情况选择运动图象问题．小球做平抛运动，其在竖直方向上为自由落体运动，有h＝12gt2，在水平方向上做匀速直线运动，有x＝v t，由于小球初速度为v0时恰能到达斜面底端，若小球的初速度大于v0，在高度不变时水平位移就会大于x，此时小球最终会落在水平地面上，由于小球下落高度不变，所以其运动时间不变，故A、D错误；若小球的初速度小于v0，则小球最终会落在斜面上，此时设斜面倾角为θ，则有tanθ＝yx＝12gt2v t＝gt2v，可得t＝2v tanθg，由于θ不变，则t与v成正比，故B正确，C错误．考点3与曲面有关的平抛运动1．常见曲面有圆弧面和抛物面．2．解决与曲面有关问题的基本思路(1)建立坐标系，设物体落到曲面的坐标为(x，y)；(2)利用平抛运动规律分别沿水平和竖直方向列方程；(3)最后根据曲面特点找到x、y的关系．如图所示为“快乐大冲关”节目中某个环节的示意图．参与游戏的选手会遇到一个人造山谷OAB，OA是高h＝3 m的竖直峭壁，AB是以O点为圆心的弧形坡，∠AOB＝60°，B点右侧是一段水平跑道．选手可以自O点借助绳索降到A点后再爬上跑道，但身体素质好的选手会选择自O点直接跃上跑道．选手可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度取g＝10 m/s2.(1)若选手以速度v0水平跳出后，能跳在水平跑道上，求v0的最小值；(2)若选手以速度v1＝4 m/s水平跳出，求该选手在空中的运动时间．【解析】(1)若选手以速度v0水平跳出后，能跳在水平跑道上，则有h sin60°≤v0th cos60°＝12gt2解得v0≥3102m/s.(2)若选手以速度v1＝4 m/s水平跳出，因v1<v0，人将落在弧形坡上下降高度y＝12gt2水平前进距离x＝v1t 且x2＋y2＝h2联立解得t＝0.6 s.【答案】(1)3102m/s(2)0.6 s高分技法常见情景核心规律⎩⎨⎧x＝v0ty＝12gt2x2＋y2＝R2⎩⎨⎧x＝R＋R cosθ＝v0ty＝R sinθ＝12gt25.如图所示，半圆形容器竖直放置，从其圆心O点处分别以水平初速度v1、v2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θ角，则两小球的初速度之比为(C)A.tanθB．tanθC.tan3θD．tan2θ解析：由平抛运动规律得，水平方向上，有R sinθ＝v1t1，R cosθ＝v2t2，竖直方向上，有R cosθ＝12gt21，R sinθ＝12gt22，联立解得v1v2＝tan3θ，选项C正确．6．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同时水平飞出，已知半圆轨道的半径与斜面高度相等，斜面底边长是其高度的2倍．若小球a能落到半圆轨道上，小球b能落到斜面上，则(C)A．b球一定先落在斜面上B．a球可能垂直落在半圆轨道上C．a、b两球可能同时落在半圆轨道和斜面上D．a、b两球不可能同时落在半圆轨道和斜面上解析：将半圆轨道和斜面轨道重合在一起，如图所示，交点为A，当初速度合适时，小球做平抛运动落在A点，即两球同时落在半圆轨道和斜面上，若初速度不合适，由图可知，小球可能先落在斜面上，也可能先落在半圆轨道上，故C正确，A、D错误；若a球垂直落在半圆轨道上，根据几何关系知，速度方向与水平方向的夹角是位移方向与水平方向的夹角的2倍，而在平抛运动中，某时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移方向与水平方向夹角正切值的2倍，两者相互矛盾，所以a球不可能垂直落在半圆轨道上，故B错误．。

[精品]新高考物理一轮复习第2课时平抛运动导学案

第二课时平抛运动第一关：基础关展望高考基础知识一、平抛运动知识讲解1定义将物体用一定的初速度沿水平方向抛出,不考虑空气阻力,物体只在重力作用下所做的运动,叫做平抛运动2性质①水平方向以初速度v0做匀速直线运动②竖直方向以加速度=g做初速度为零的匀变速直线运动,即自由落体运动③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速度位移方程以抛出点为坐标原点,以初速度v0方向为正方向,竖直向下为y 正方向,如图所示,则有[]①水平方向v=v0,=v0②竖直方向v y=g,y=1g22③合速度22v v v,=+θ=vy/v0=g/v0,x y合位移22=+s x y,与水平方向夹角φ为φ=y/=g/2v0随着时间推移v y，逐渐增大，位移和y位移及合速度v,合位移均逐渐增大，并且夹角θ\,φ也随之改变，且总有θ>φ注意合位移方向与合速度方向不一致活活用1在=5 的楼上，用枪水平瞄准树上的松鼠，设松鼠与枪口相距100 ，当子弹飞离枪口时，松鼠恰好自由下落，不计空气的阻力，求（1）子弹的初速度多大才能击中松鼠？（2）若子弹的初速度为500 /，松鼠下落多高被击中？解析（1）子弹做平抛运动，要击中松鼠，必须在子弹落地前让子弹与松鼠相遇，故为竖直方向受限max max2h 25x ts 1 s,v 100 m /s g 10t ⨯===≥=所以（2）松鼠未落地前被击中，即子弹水平方向运动受限2x 100t s 0.2 s v 500'=== 所以2211h gt 100.2 m 22='=⨯⨯=02 答案：（1）100 /(2)02 二、平抛运动的特点知识讲解1运动时间和水平射程 ①运动时间2ht ,g=由和g 决定，与v 0无关 ②水平射程02hx v g=,由v 0\,\,g 共同决定 ③落地瞬时速度()222t 00v v gt v 2gh,=+=+由水平初速度v 0及高度决定2平抛运动中速度的变规律水平方向分速度保持v=v 0;竖直方向,加速度恒为g,速度vy=g,从抛出点起,每隔Δ时间的速度的矢量关系如图所示,这一矢量关系有两个特点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Δ内的速度改变量均竖直向下,且Δv=Δvy=gΔ3水平\,竖直方向的位移①在连续相等的时间间隔内,水平方向的位移O1=12=23=…,即位移不变;②在连续相等时间内,竖直方向上的位移Oy1,y1y2,y2y3,…,据Δy=T2知,竖直方向上Δy=gΔ2,即位移差不变4平抛运动的两个重要推论推论Ⅰ做平抛(或类平抛)运动的物体在任意一时刻任一位置处,设其末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φ,则θ=2φ证明如图所示,由平抛运动规律得00v gt tan ,v v θ⊥== 200y 1gt gttan x 2v t 2v ϕ===,所以θ=2φ 推论Ⅱ：做平抛（或类平抛）运动的物体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中A 点和B 点证明设平抛物体的初速度为v 0,从原点O 到A 点的时间为,A 点坐标为(,y),B 点坐标为(′,0),则=v 0,y=12g 2,v ⊥=g,又0v y x an ,x .v x x 2θ⊥=='=-'解得即末状态速度方向反向延长线与轴的交点B 必为此时水平位移的中点活活用2从空中同一点沿水平方向同时抛出两个小球，它们的初速度的大小分别为v 1和v 2，初速度的方向相反，求经过多长时间两球速度之间的夹角为90°?解析设两球抛出后经时间它们速度之间的夹角为90°，与竖直方向的夹角分别为α和β，对两球分别构建速度矢量直角三角形如右图所示，由图可得1gtcot v α=① β＝2v gt② 由α+β=90°得c α=β③由①、②、③式得gv 1＝v 2g ，整得121t v v g=答案：121v v g第二关：技法关解读高考解题技法一、平抛运动规律的运用技法讲解处平抛运动最基本的出发点，是将平抛运动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设平抛运动的初速度为v 0，建立坐标系如图所示（1）速度： v=v 0v=g合速度大小22v vx vy =+ 方向y xv g tan t.v v θ== （2）位移： =v 0=12g 2合位移大小22s x y =+ 方向0y gtan t x2v α==（注意：合位移与合速度方向不同）（3）时间：由21y gt t 2y /g 2==得 (由下落高度y 决定）（4）轨迹方程：220g y x 2v =（在未知时间情况下应用方便）（5）可独立研究竖直方向的运动竖直方向为初速度为零的匀变速直线运动=g ①连续相等时间内竖直位移之比为 1：3： 52-1）（=1，2，3…）②连续相等时间内竖直位移之差Δy=g 2（6）平抛运动是匀变速曲线运动，故相等时间内速度变量相等，且必沿竖直方向（g=v t∆∆），如图所示任意两时刻的速度与速度变量Δv 构成直角三角形，Δv 沿竖直方向注意：平抛运动的速度随时间是均匀变的，但速率随时间并不均匀变典例剖析例1如图所示的是测量子弹离开枪口时速度的装置，子弹从枪口水平射出，在飞行途中穿过两块竖直平行放置的薄木板P 、Q ，两板相距为L ，P 距枪口为，测出子弹穿过两块薄板时留下的弹孔、D 之间的高度差为，不计空气及薄板的阻力根据以上据，求得的子弹离开枪口时的速度是多大？解析：设子弹离开枪口时的速度为v 0，子弹从射出到到达点的时间为1，从点到D 点的时间为2，则：1020s t v L t v ==①②子弹飞行到点时的竖直分速度：vy=g 1③ 子弹从点到D 点竖直下降的高度：2y 221h v t gt 2=+④将①②③代入④式得：0gL L v s )h 2=+（二、类平抛运动技法讲解类平抛运动的特点是物体所受的合力为恒力,且与初速度方向垂直,可以解为恒定外力方向初速度为零,物体在此方向上做初速度为零的匀加速直线运动,处类平抛运动的方法与处平抛运动的方法类似,但要分析清楚其加速度的大小和方向如何注意类平抛运动的初速度v 0的方向不一定是水平方向,合力的方向也不一定是竖直方向,加速度大小不一定等于重力加速度g典例剖析例2光滑水平面上,一个质量为2 g 的物体从静止开始运动,在前5 受到一个沿正东方向大小为4 N 的水平恒力作用,从第5 末开始改为正北方向大小为2 N 的水平恒力作用10 求物体在15 内的位移和15 末的速度及方向解析：如图所示,物体在前5 内由坐标原点起向东沿轴正方向做初速度为零的匀加速运动,其加速度为221x F 4a m /s 2 m /s ,m 2=== 方向沿轴正方向5 末物体沿轴方向的位移221111x axt 25 m 22==⨯⨯=25 ,到达P 点,5 末速度v=1=2×5 /=10 /从第5 末开始,物体参与两个分运动一是沿轴正方向做速度为10 /的匀速运动,经10 其位移2x 2x v t 1010 m 100 m.==⨯=二是沿y 轴正方向(正北方向)做初速度为零的匀加速直线运动,其加速度为222y F 2a m /s 1 m /s ,m 2=== 经10 沿y 轴正方向的位移22y 211y a t 110 m 50 m,22==⨯⨯= 沿y 轴正方向的速度y y 2v a 5t 110 m /s 10 m /=⋅=⨯= , 设15 末物体到达Q 点()()222212QO y x x 5025100 m 135 m =++=++≈方向为东偏北50arctan21.8,125θ==︒ 15 末的速度为22221v v v 1010 m /s 10 2 m /s,x y =+=+=方向为东偏北α=rc1010=45° 点评：处类平抛运动时应注意在受力方向上做匀加速运动,在垂直于力的方向上是做匀速直线运动,类平抛运动在电场中经常会涉及第三关：训练关笑对高考随堂训练1在操场上，一同从距地面处的A 点，以水平速度v 0抛出一个小球，小球落地时的速度为v,竖直速度为v y ，不计空气阻力关于小球在空中运动时间的表达式不正确的是()A 220v v gt -[*****]B t 0v v .g- y2h D.v 解析：平抛运动可分解为水平向右的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，所以=v 0=12g 2由以上两式解得小球在空中运动的时间=2h g ，选项正确；=y v vt t 2=，即小球在空中运动的时间y2h v =，选项D 正确；由v y =g,2220v v v t y =+ ,得22v v t gt -=，故选项A 正确，B 错误答案：B2如图所示，在某次反恐演习中恐怖分子驾机在离地H 高处发射一枚炸弹，炸弹以水平速度v 1飞出欲轰炸地面目标P ，反应灵敏的地面拦截系统同时以速度v 2竖直向上发射炸弹进行拦截设飞机发射炸弹时与拦截系统的水平距离为，若拦截成功，不计空气阻力，则v 1、v 2的关系应满足() Av 1=v 2 Bv 12s v H=v 12H v s=Dv 1=2H v s解析：当地面发射的拦截炮弹击中飞机上发射的炸弹时所用的时间1st v =，在竖直方向上两个炮弹的位移之和为H,则2222121211s H sH gt v t gt v t t v v .22v v H=+-====，所以，即答案：B3农民在精选谷种时，常用一种叫“风车”的农具进行分选在同一风力作用下，谷种和瘪谷（空壳）谷粒都从洞口水平飞出，结果谷种和瘪谷落地点不同，自然分开，如图所示对这一现象，下列分析正确的是()AN 处是谷种，M 处是瘪谷B 谷种质量大，惯性大，飞得远些谷种飞出洞口时的速度比瘪谷飞出洞口时的速度小些[&&] D 谷种和瘪谷在竖直方向做自由落体运动解析：由于空气阻力的影响，谷种和瘪谷在竖直方向都不是自由落体运动，瘪谷落地所用时间较长瘪谷质量小，在同一风力作用下，从洞口水平飞出时的速度较大，因而瘪谷飞得远些正确选项为答案：4如图所示，光滑斜面长为1,宽为2，倾角为θ，一物体从斜面左上方P 点水平射入，从斜面右下方Q 点离开斜面，求入射初速度解析：物体的运动可分解为水平方向的速度为v 0的匀速直线运动和沿斜面向下的初速度为零、加速度=g θ的匀加速直线运动水平方向上有2=v 0 沿斜面向下的方向上有1=122求得v 021gsin l 2l θ=[§§§§§] 答案21gsin l 2l θ：5如图所示，排球场总长18 ，设球高度为2 ，运动员站在离3 的线上（图中虚线所示）正对前跳起将球水平击出（球飞行中阻力不计，g 取10 /2)（1）设击球点在3 线正上方高度为25 ，试问击球的速度在什么范围内才能使球既不触也不出界？（2）若击球点在3 线正上方的高度小于某个值，那么无论水平击球的速度多大，球不是触就是越界，试求这个高度解析：(1)如图，设球刚好触而过，水平射程1=3 ,飞行时间()2112h h 1t s.g 10-==下限速度v 1=11s t = 310/设球恰好打在对方端线上，水平射程2=12 ,飞行时间222h 1t s.g 2==上限速度222s v 12 2 m /s.t ==要使球既不触也不越界，则球初速度应满足310/<v<122 /(2)设击球点高度为H 时，临界状态为球恰能触又压线，则有[]()111222s g v 3t 2H h s g v 12t 2H==-==①②若v<v 1，则触；若v 1>v 2，则无论v 多大，球不是触就最出界由v 1>v 2及①②解得H<3215即H<3215，无论水平击球的速度多大，球不是触就是越界答案：（1）310 m /s v 12 2 m /s322H m15<<<（）课时作业十五平抛运动1如图所示，一物体自倾角为θ的固定斜面顶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()A φ=θB φ=c θ φ=θ[] D φ=2θ解析如图可得2y 00001gt v gt h gt2tan ,tan ,D .v v s v t 2v ϕθ=====故正确答案D2某同对着墙壁练习打球，假定球在墙面上以25 /的速度沿水平方向反弹，落地点到墙面的距离在10 至15 之间，忽略空气阻力，取g=10 /2球在墙面上反弹点的高度范围是()A08 至18 B08 至16 10 至16 D10 至18解析如图，反弹后的球做平抛运动，故水平方向=v 0，竖直方向=21gt 2，联立可得220gs 2v =，当分别取10 和15 时，对应的分别为08 和18 ,故A 正确[##]答案A3雨滴由静止开始下落遇到水平方向吹的风，下述说法中正确的是()A风速越大，雨滴下落时间越长B风速越大，雨滴着地时速度越大雨滴下落时间与风速无关D雨滴着地速度与风速无关[##]解析因为雨滴下落时间只和竖直方向的力有关，所以水平方向的风对下落时间没有影响正确；雨滴落地的速度是水平速度和竖直速度的矢量和，所以D错B正确答案B4一物体做竖直上抛运动（不计空气阻力），初速度为30 /，当它的位移为25 时，经历时间为（取g=10 /2）()A1B25D3解析设初速方向为正方向，则v0=30 /,当位移为=25 时，由=v0-1g2,代入解得1=1 ,2=52答案A5如图所示，AB为斜面，B为水平面从A点以水平速度v向右抛出小球时，其落点与A 点的水平距离为1；从A 点以水平速度2v 向右抛出小球时，其落点与A 点的水平距离为2不计空气阻力，则12可能为()A1 2 B1 3 1 4 D15[]解析如果两球都落在斜面上，则12x 1x 4= ;如果两球都落在水平面上，则12x 1x 2= ;如果一个球落在水平面上，另一个球落在斜面上，则12x 1x 4＞答案AB6如图所示，以49 /的水平初速度v 0抛出的物体，飞行一段时间后垂直地撞在倾角θ为30°的斜面上，则物体在空中飞行的时间为()3A. s 323B. s 33C. s 2D.2 s解析如图所示，分解物体的末速度v,v 的水平分速度仍为v 0，竖直分速度为v y ，则v y =g 由图可知，v y =v 0c30°所以物体在空中飞行的时间0v cot30t g ︒==32,选项正确答案7在交通事故中，测定碰撞瞬间汽车速度对于事故责任的认定具有重要作用，《中国汽车驾驶员》杂志曾给出一个估算碰撞瞬间车辆速度的公式12Lv 4.9,h h ∆=⨯-式中ΔL 是被水平抛出的散落在事故现场路面上的两个物体A 、B 沿公路方向上的水平距离，1\,2分别是散落物A 、B 在同一辆车上时距离落点的高度只要用米尺测量出事故现场的ΔL 、1、2三个量，根据上述公式就能够估计出碰撞瞬间车辆的速度，则下列叙述正确的是()AA 、B 落地时间相同 B 落地时间差与车辆速度无关落地时间与车辆速度成正比DA 、B 落地时间差和车辆碰撞瞬间速度的乘积等于ΔL解析A 、B 都做平抛运动，()221122121211L h gt ,h gt ,L v t t v 4.9.22h h ∆==∆=-=⨯-，则由此可知，A 、B 落地时间不相同，时间差与车辆速度无关，且和车辆碰撞瞬间速度的乘积等于ΔL答案BD8物块从光滑曲面上的P 点自由滑下，通过粗糙的静止水平传送带以后落到地面上的Q 点，若传送带的皮带轮沿逆时针方向转动起，使传送带随之运动，如图所示，再把物块放到P 点自由滑下则()A 物块将仍落在Q 点B 物块将会落在Q 点的左边[]物块将会落在Q 点的右边D 物块有可能落不到地面上解析物块从斜面滑下，当传送带静止时，在水平方向受到与运动方向相反的摩擦力，物块将做匀减速运动物块离开传送带时做平抛运动当传送带逆时针转动时物体相对传送带仍是向前运动的，受到滑动摩擦力方向与运动方向相反，物体做匀减速运动，离开传送带时，也做平抛运动，且与传送带不动时的抛出速度相同，故落在Q 点，所以A 选项正确答案A9如图是小球做平抛运动的闪光照片，图中每个小方格的边长都是054 c 已知闪光频率是30Hz ，那么重力加速度g 是______ /2，小球的初速度是______ /解析在竖直方向上小球做自由落体运动，Δ=gT 2,()22222h 20.5410g m /s 9.72 m /s .1T30-∆⨯⨯=== 小球的水平速度203l 30.5410v m /s 0.468 m /s.1T 30-⨯⨯=== 答案972048610跳台滑雪是勇敢者的运动，它是利用山势特别建造的跳台运动员穿着专用滑雪板，不带雪杖在助滑路上获得高速后水平飞出，在空中飞行一段距离后着陆，这项运动极为壮观设一位运动员由山坡顶的A 点沿水平方向飞出，到山坡上的B 点着陆如图所示，已知运动员水平飞出的速度为v 0=20 /，山坡倾角为θ=37°，山坡可以看成一个斜面（g=10 /2,37°=06,c37°=08）求：（1）运动员在空中飞行的时间；（2）AB 间的距离解析（1）运动员由A 到B 做平抛运动水平方向的位移为=v 0① 竖直方向的位移为y=12g 2②由①②可得=02v tan37g︒ =3③ (2)由题意可知37°=ys ④ 联立②④得2g s t 2sin37=︒将=3代入上式得=75答案：(1)3 (2)7511如图所示，墙壁上落有两只飞镖，它们是从同一位置水平射出的，飞镖A 与竖直墙壁成53°角，飞镖B 与竖直墙壁成37°角，两者相距为d ，假设飞镖的运动是平抛运动，求射出点离墙壁的水平距离（37°=06,c 37°=08)解析设射出点离墙壁的水平距离为，A 下降的高度为1，B 下降的高度为2，根据平抛运动规律可知：12xtan37xtan53h h 22︒︒==，,而2-1=d, 取立解得24d x .7=答案24d x 7= 12如图所示，一高度为=02 的水平面在A 点处与一倾角θ＝３０°的斜面连接，一小球以v 0=5 /的速度在平面上向右运动求小球从A 点运动到地面所需的时间（平面与斜面均光滑，取g=10 /2）某同对此题的解法为：小球沿斜面运动，则20h 1v t gsin t sin 2θθ=+⋅，由此可求得落地的时间问：你同意上述解法吗？若同意，求出所需的时间；若不同意，则说明由并求出你认为正确的结果解析不同意小球应在A 点离开平面做平抛运动，而不是沿斜面下滑，正确做法为：落地点与A 点的水平距离002h x v t v 1 m g===，而斜面底宽=c θ=035 ,＞，小球离开A 点后不会落到斜面上，因此落地时间即为平抛运动时间，2h==t0.2 sg。

(人教版)高三物理第一轮复习学案4-2探究平抛运动的规律

第二课时探究平抛运动的规律【教学要求】1．理解平抛运动的概念和处理方法--化曲为直法；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。

【知识再现】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．性质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．平抛运动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．平抛运动的规律（1）水平方向上:v x =v 0，x=_______;(2）竖直方向上：v y =gt ，y=_______；(3）任意时刻的速度：v=_______0tan v gt v v x y==θ，θ为v 与v 0的的夹角;（4）任意时刻的位置（相对于抛出点的位移） s=_______，2tan 2tan 0θα===v gt x y ，α为s 和v 0间的夹角；考点剖析（5)运动时间t=_______，仅取决于竖直下落高度;(6）射程L=_______=_______，取决于竖直下落的高度和初速度。

重点突破知识点一平抛运动的探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。

【应用1】(08天津市一百中学第一学期期中考试）如图所示，为一小球做平抛运动的闪光照片的一部分,图中背景方格的边长均为5cm,如果取g=1Om/s2,那么,闪光频率为_______Hz，小球在水平方向上做______运动，初速度大小为_______m/s。

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．则由竖直方向的分运动可知，△h=gT2．所以(5-3）×O.05m==gT2，求得：T=O。

1 s．故闪光频率为f=1/T=10Hz因为水平方向上小球做匀速直线运动，即3×O。

2021年度高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天第2讲抛体运动学案20210804269

2021年度高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天第2讲抛体运动学案20210804269一、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. 4.差不多规律(如图1)图1(1)位移关系(2)速度关系自测1 一个物体以初速度v 0水平抛出，落地时速度为v ，则运动时刻为(不计空气阻力)( )A.v －v 0gB.v ＋v 0gC.v 2－v 20gD.v 2＋v 20g答案 C自测2 (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，可能做出的调整为( )图2A.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，提高抛出点高度答案AC二、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：匀变速直线运动.4.差不多规律(以斜上抛运动为例，如图3所示)图3(1)水平方向：v0x＝v0cosθ，F合x＝0；(2)竖直方向：v0y＝v0sinθ，F合y＝mg.自测3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，如图4所示，①为A的运动轨迹，则B的运动轨迹是( )图4A.①B.②C.③D.④答案 A解析物体做斜抛运动的轨迹只与初速度的大小和方向有关，而与物体的质量无关，A、B 两小球的运动轨迹相同，故A项正确.命题点一平抛运动差不多规律的应用1.飞行时刻由t＝2hg知，时刻取决于下落高度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＝v x2＋v y2＝v20＋2gh，以θ表示落地速度与水平正方向的夹角，有tanθ＝v yv x＝2ghv0，落地速度与初速度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恒定的重力加速度g，因此做平抛运动的物体在任意相等时刻间隔Δt内的速度改变量Δv＝gΔt是相同的，方向恒为竖直向下，如图5所示.图55.两个重要推论(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现在水平位移的中点，如图6所示，即x B＝x A2.图6推导：⎭⎪⎬⎪⎫tanθ＝y Ax A－x Btanθ＝v yv0＝2y Ax 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tanθ＝2tanα.推导：⎭⎪⎬⎪⎫tan θ＝v y v 0＝gtv 0tan α＝y x ＝gt2v 0→tan θ＝2tan α 类型1 单个物体的平抛运动例1 (2021·全国卷Ⅰ·15)发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球(忽略空气的阻碍).速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网.其缘故是( )A.速度较小的球下降相同距离所用的时刻较多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刻较少D.速度较大的球在相同时刻间隔内下降的距离较大答案 C解析由题意知，两个乒乓球均做平抛运动，则依照h ＝12gt 2及v y 2＝2gh 可知，乒乓球的运动时刻、下降的高度及竖直方向速度的大小均与水平速度大小无关，故选项A 、B 、D 均错误；由发出点到球网的水平位移相同时，速度较大的球运动时刻短，在竖直方向下落的距离较小，能够越过球网，故C 正确.变式1 (多选)(2021·江西南昌3月模拟)如图7所示，空间有一底面处于水平地面上的正方体框架ABCD —A 1B 1C 1D 1，从顶点A 沿不同方向平抛一小球(可视为质点).关于小球的运动，下列说法正确的是( )图7A.落点在A 1B 1C 1D 1内的小球，落在C 1点时平抛的初速度最大B.落点在B 1D 1上的小球，平抛初速度的最小值与最大值之比是1∶ 2C.运动轨迹与AC 1相交的小球，在交点处的速度方向都相同D.运动轨迹与A 1C 相交的小球，在交点处的速度方向都相同答案 ABC解析依据平抛运动规律有h ＝12gt 2，得飞行时刻t ＝2hg，水平位移x ＝v 02hg，落点在A 1B 1C 1D 1内的小球，h 相同，而水平位移x AC 1最大，则落在C 1点时平抛的初速度最大，A 项正确.落点在B 1D 1上的小球，由几何关系可知最大水平位移x max ＝L (L 为正方体的棱长)，最小水平位移x min ＝22L ，据v 0＝x g2h，可知平抛运动初速度的最小值与最大值之比v min ∶v max ＝x min ∶x max ＝1∶2，B 项正确.凡运动轨迹与AC 1相交的小球，位移偏转角β相同，设速度偏转角为θ，由平抛运动规律有tan θ＝2tan β，故θ相同，则运动轨迹与AC 1相交的小球，在交点处的速度方向都相同，C 项正确，同理可知D 项错误.例2 (2021·全国卷Ⅱ·17)如图8，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小物块以速度v 从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时，对应的轨道半径为(重力加速度大小为g )( )图8A.v 216gB.v 28gC.v 24gD.v 22g答案 B解析小物块由最低点到最高点的过程，由机械能守恒定律得12mv 2＝2mgr ＋12mv 12，小物块做平抛运动时，落地点到轨道下端的距离x ＝v 1t ，t ＝2rg ，联立解得，x ＝2v 2gr －4r 2，由数学知识可知，当r ＝v 28g时，x 最大，故选项B 正确.变式2 如图9所示为足球球门，球门宽为L .一个球员在球门中心正前方距离球门s 处高高跃起，将足球顶入球门的左下方死角(图中P 点).球员顶球点的高度为h ，足球做平抛运动(足球可看成质点)，则( )图9A.足球位移的大小x ＝L 24＋s 2B.足球初速度的大小v 0＝g 2h L 24＋s 2C.足球末速度的大小v＝g 2h L 24＋s 2＋4gh D.足球初速度的方向与球门线夹角的正切值tan θ＝L 2s答案 B解析足球位移大小为x ＝L22＋s 2＋h 2＝L 24＋s 2＋h 2，A 错误；依照平抛运动规律有：h ＝12gt 2，L 24＋s 2＝v 0t ，解得v 0＝g 2h L 24＋s 2，B 正确；依照动能定理mgh ＝12mv 2－12mv 02可得v ＝v 20＋2gh ＝g 2h L 24＋s 2＋2gh ，C 错误；足球初速度方向与球门线夹角的正切值tan θ＝s L2＝2sL，D 错误.类型2 多个物体的平抛运动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刻平均增大，二者间距取决于两物体的水平分运动和竖直分运动.4.两条平抛运动轨迹的相交处只是两物体的可能相遇处，两物体必须同时到达此处才会相遇.例3 如图10所示，A 、B 两小球从相同高度同时水平抛出，通过时刻t 在空中相遇.若两球的抛出速度都变为原先的2倍，则两球从抛出到相遇通过的时刻为( )图10A.tB.22t C.t 2D.t4答案 C解析设A 、B 两小球的抛出点间的水平距离为L ，分别以水平速度v 1、v 2抛出，通过时刻t 的水平位移分别为x 1、x 2，依照平抛运动规律有x 1＝v 1t ，x 2＝v 2t ，又x 1＋x 2＝L ，则t ＝L v 1＋v 2；若两球的抛出速度都变为原先的2倍，则两球从抛出到相遇通过的时刻为t ′＝L2v 1＋v 2＝t2，故选项C 正确. 变式3 在水平路面上做匀速直线运动的小车内有一固定的竖直杆，车内的三个水平支架上有三个完全相同的小球A 、B 、C ，它们离地面的高度分别为3h 、2h 和h ，当小车遇到障碍物P 时，赶忙停下来，三个小球同时从支架上水平抛出，先后落到水平路面上，如图11所示，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )图11A.三个小球落地时刻差与车速有关B.三个小球落地点的间隔距离L 1＝L 2C.三个小球落地点的间隔距离L 1<L 2D.三个小球落地点的间隔距离L 1>L 2 答案 C解析落地时刻只与下落的高度有关，故A 项错误；三个小球在竖直方向上做自由落体运动，由公式t ＝2hg可得下落时刻之比为t A ∶t B ∶t C ＝3∶2∶1，水平位移之比x A ∶x B ∶x C ＝3∶2∶1，则L 1∶L 2＝(3－2)∶(2－1)，故L 1<L 2，故C 正确，B 、D 错误. 命题点二有约束条件的平抛运动模型模型1 对着竖直墙壁平抛如图12所示，水平初速度v 0不同时，尽管落点不同，但水平位移d 相同，t ＝d v 0.图12例4 (多选)从竖直墙的前方A 处，沿AO 方向水平发射三颗弹丸a 、b 、c ，在墙上留下的弹痕如图13所示，已知Oa ＝ab ＝bc ，则a 、b 、c 三颗弹丸(不计空气阻力)( )图13A.初速度之比是6∶3∶ 2B.初速度之比是1∶2∶ 3C.从射出至打到墙上过程速度增量之比是1∶2∶ 3D.从射出至打到墙上过程速度增量之比是6∶3∶ 2 答案 AC解析水平发射的弹丸做平抛运动，竖直方向上是自由落体运动，水平方向上是匀速直线运动.又因为竖直方向上Oa ＝ab ＝bc ，即Oa ∶Ob ∶Oc ＝1∶2∶3，由h ＝12gt 2可知t a ∶t b ∶t c ＝1∶2∶3，由水平方向x ＝v 0t 可得v a ∶v b ∶v c ＝1∶12∶13＝6∶3∶2，故选项A 正确，B 错误；由Δv ＝gt ，可知从射出至打到墙上过程速度增量之比是1∶2∶3，故选项C 正确，D 错误.模型2 斜面上的平抛问题 1.顺着斜面平抛(如图14)图14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15)图15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 θ.例5 (多选)(2020·陕西西安调研)如图16所示，倾角为θ的斜面上有A 、B 、C 三点，现从这三点分别以不同的初速度水平抛出一小球，三个小球均落在斜面上的D 点，今测得AB ∶BC ∶CD ＝5∶3∶1，由此可判定(不计空气阻力)( )图16A.A 、B 、C 处三个小球运动时刻之比为1∶2∶3B.A 、B 、C 处三个小球落在斜面上时速度与初速度间的夹角之比为1∶1∶1C.A 、B 、C 处三个小球的初速度大小之比为3∶2∶1D.A 、B 、C 处三个小球的运动轨迹可能在空中相交答案 BC解析由于沿斜面AB ∶BC ∶CD ＝5∶3∶1，故三个小球竖直方向运动的位移之比为9∶4∶1，运动时刻之比为3∶2∶1，A 项错误；斜面上平抛的小球落在斜面上时，速度与初速度之间的夹角α满足tan α＝2tan θ，与小球抛出时的初速度大小和位置无关，因此B 项正确；同时tan α＝gtv 0，因此三个小球的初速度大小之比等于运动时刻之比，为3∶2∶1，C 项正确；三个小球的运动轨迹(抛物线)在D 点相切，因此可不能在空中相交，D 项错误. 变式4 (多选)如图17所示，斜面倾角为θ，位于斜面底端A 正上方的小球以初速度v 0正对斜面顶点B 水平抛出，小球到达斜面通过的时刻为t ，重力加速度为g ，空气阻力不计，则下列说法中正确的是( )图17A.若小球以最小位移到达斜面，则t ＝2v 0g tan θ B.若小球垂直击中斜面，则t ＝v 0g tan θC.若小球能击中斜面中点，则t ＝2v 0g tan θD.不管小球到达斜面何处，运动时刻均为t ＝2v 0tan θg答案 AB解析小球以最小位移到达斜面时即位移与斜面垂直，位移与竖直方向的夹角为θ，则tan θ＝x y ＝2v 0gt ，即t ＝2v 0g tan θ，A 正确，D 错误；小球垂直击中斜面时，速度与竖直方向的夹角为θ，则tan θ＝v 0gt，即t ＝v 0g tan θ，B 正确；小球击中斜面中点时，令斜面长为2L ，则水平射程为L cos θ＝v 0t ，下落高度为L sin θ＝12gt 2，联立两式得t ＝2v 0tan θg ，C 错误.模型3 半圆内的平抛问题如图18所示，由半径和几何关系制约时刻t ：h ＝12gt 2，R ±R 2－h 2＝v 0t .联立两方程可求t .图18例6 如图19所示，薄半球壳ACB 的水平直径为AB ，C 为最低点，半径为R .一个小球从A 点以速度v 0水平抛出，不计空气阻力.则下列判定正确的是( )图19A.只要v 0足够大，小球能够击中B 点B.v 0取值不同时，小球落在球壳上的速度方向和水平方向之间的夹角能够相同C.v 0取值适当，能够使小球垂直撞击到半球壳上D.不管v 0取何值，小球都不可能垂直撞击到半球壳上答案 D解析小球做平抛运动，竖直方向有位移，v 0再大也不可能击中B 点，A 错误；v 0不同，小球会落在半球壳内不同点上，落点和A 点的连线与AB 的夹角φ不同，由推论tan θ＝2tan φ可知，小球落在半球壳的不同位置上时的速度方向和水平方向之间的夹角θ也不相同，若小球垂直撞击到半球壳上，则其速度反向延长线一定通过半球壳的球心，且该反向延长线与AB 的交点为水平位移的中点，而这是不可能的，故B 、C 错误，D 正确.变式5 如图20，竖直平面内有一段圆弧MN ，小球从圆心O 处水平抛出.若初速度为v a ，将落在圆弧上的a 点；若初速度为v b ，将落在圆弧上的b 点.已知Oa 、Ob 与竖直方向的夹角分别为α、β，不计空气阻力，则( )图20A.v a v b ＝sin αsin βB.v a v b ＝cos βcos αC.v a v b ＝cos βcos αsin αsin βD.v a v b ＝sin αsin βcos βcos α答案 D解析小球水平抛出，其做平抛运动，由平抛运动规律知，若落到a 点，则有R sin α＝v a t a R cos α＝12gt a 2得v a ＝gR2cos α·sin α 若落到b 点，则有R sin β＝v b t b R cos β＝12gt b 2得v b ＝gR2cos β·sin β 则v a v b ＝sin αsin βcos βcos α，故D 正确. 命题点三平抛运动的临界和极值问题例7 如图21所示，小球自楼梯顶的平台上以水平速度v 0做平抛运动，所有阶梯的高度为0.20m ，宽度为0.40m ，重力加速度g 取10m/s 2.图21(1)求小球抛出后能直截了当打到第1级阶梯上v 0的范畴； (2)求小球抛出后能直截了当打到第2级阶梯上v 0的范畴；(3)若小球以10.4m/s 的速度水平抛出，则小球直截了当打到第几级阶梯上？答案 (1)0<v 0≤2 m/s (2)2 m/s<v 0≤22m/s (3)28 解析 (1)运动情形如图甲所示，依照题意及平抛运动规律有h ＝gt 212，x ＝v 0t 1，可得v 0＝2 m/s ，故直截了当打到第1级阶梯上v 0的范畴是0<v 0≤2 m/s.(2)运动情形如图乙所示，依照题意及平抛运动规律有2h ＝gt 222，2x ＝v 0t 2，可得v 0＝22m/s ，故直截了当打到第2级阶梯上v 0的范畴是2 m/s<v 0≤22m/s(3)同理推知，直截了当打到第3级阶梯上v 0的范畴是22m/s<v 0≤23m/s 直截了当打到第n 级阶梯上v 0的范畴是2n －1m/s<v 0≤2n m/s 设能直截了当打到第n 级阶梯上，有2n －1<10.4≤2n 解得27.04≤n <28.04，故能直截了当打到第28级阶梯上.变式6 (2020·新课标全国Ⅰ·18)一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图22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 .不计空气的作用，重力加速度大小为g .若乒乓球的发射速率v 在某范畴内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，则v 的最大取值范畴是( )图22A.L 12g6h ＜v ＜L 1g6hB.L 14gh ＜v ＜4L 21＋L 22g6hC.L 12g 6h ＜v ＜124L 21＋L 22g6hD.L 14g h ＜v ＜124L 21＋L 22g6h答案 D解析发射机不管向哪个方向水平发射，乒乓球都做平抛运动.当速度v 最小时，球沿中线恰好过网，有： 3h －h ＝gt 212① L 12＝v 1t 1②联立①②两式，得v 1＝L 14g h当速度v 最大时，球斜向右侧台面两个角发射，有L 222＋L 21＝v 2t 2③ 3h ＝12gt 22④联立③④两式，得v 2＝124L 21＋L 22g6h因此使乒乓球落到球网右侧台面上，v 的最大取值范畴为L 14g h ＜v ＜124L 21＋L 22g6h，选项D 正确.变式7 如图23所示，排球场总长为18m ，设球网高度为2m ，运动员站在离网3m 的线上，正对网向上跳起将球水平击出.(不计空气阻力，取g ＝10m/s 2)图23(1)设击球点在3m 线正上方高度为2.5m 处，试问击球的速度在什么范畴内才能使球既不触网也不越界？(2)若击球点在3m 线正上方的高度小于某个值，那么不管击球的速度多大，球不是触网确实是越界，试求那个高度. 答案见解析解析 (1)如图甲所示，设球刚好擦网而过，则击球点到擦网点的水平位移x 1＝3m ，竖直位移y 1＝h 2－h 1＝(2.5－2) m ＝0.5m ，依照位移关系x ＝vt ，y ＝12gt 2，可得v ＝xg2y，代入数据可得v 1＝310m/s ，即所求击球速度的下限.设球刚好打在边界线上，则击球点到落地点的水平位移x 2＝12m ，竖直位移y 2＝h 2＝2.5m ，代入速度公式v ＝xg2y，可求得v 2＝122m/s ，即所求击球速度的上限.欲使球既不触网也不越界，则击球速度v 应满足310m/s<v ≤122m/s. (2)设击球点高度为h 3时，球恰好既触网又压线，如图乙所示设现在球的初速度为v 3，击球点到触网点的水平位移x 3＝3m ，竖直位移y 3＝h 3－h 1＝h 3－2m ，代入速度公式v ＝x g2y可得v 3＝35h 3－2；同理对压线点有x 4＝12m ，y 4＝h 3，代入速度公式v ＝xg2y可得v 3＝125h 3.联立解得h 3≈2.13m ，即当击球高度小于2.13m 时，不管球被水平击出的速度多大，球不是触网，确实是越界.1.如图1，将a 、b 两小球以不同的初速度同时水平抛出，它们均落在水平地面上的P 点，a 球抛出时的高度较b 球高，P 点到两球起抛点的水平距离相等，不计空气阻力.与b 球相比，a 球( )图1A.初速度较大B.速度变化率较大C.落地时速度一定较大D.落地时速度方向与其初速度方向的夹角较大答案 D2.在一堵竖直高墙前x 远处的高台上水平抛出A 、B 两小球，若两球抛出的初速度v A >v B ，A 、B 两球分别打到高墙a 、b 两点，则有(不计空气阻力)( )A.a 点在b 点的上方B.a 点在b 点的下方C.A 球打到a 点的速率一定大于B 球打到b 点的速率D.A 球打到a 点的速率一定小于B 球打到b 点的速率答案 A解析平抛运动的水平位移x ＝vt ，速度越大，时刻越短，再由h ＝12gt 2可得时刻短的竖直位移小，高度高，因此a 点在b 点的上方，选项A 正确，选项B 错误；a 的水平速度比b 大，b 的竖直速度比a 大，无法比较合速度v ＝v x 2＋v y 2的大小，选项C 、D 错误.3.(2020·福建福州调研)从距地面h 高度水平抛出一小球，落地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2gh tan θ B.小球着地速度大小为2gh sin θC.若小球初速度减为原先的一半，则平抛运动的时刻变为原先的两倍D.若小球初速度减为原先的一半，则落地时速度方向与水平方向的夹角变为2θ 答案 B4.(2021·广东佛山二模)2021年起，我国空军出动“战神”轰-6K 等战机赴南海斗争巡航.如图2，某次战备投弹训练，飞机在水平方向做加速直线运动的过程中投下一颗模拟弹.飞机飞行高度为h ，重力加速度为g ，不计空气阻力，则以下说法正确的是( )图2A.在飞行员看来模拟弹做平抛运动B.模拟弹下落到海平面的时刻为2hgC.在飞行员看来模拟弹做自由落体运动D.若斗争机做加速向下的俯冲运动，现在飞行员一定处于失重状态答案 B解析模拟弹相关于海面做平抛运动，其水平方向做匀速直线运动，因飞机在水平方向做加速运动，因此在飞行员看来模拟弹做的既不是平抛运动，也不是自由落体运动，A 、C 项错误.模拟弹在竖直方向做自由落体运动，h ＝12gt 2，得t ＝2hg，B 项正确.“加速”是指其有一定的加速度，“向下”是指其竖直向下的分速度不为0，但其加速度未必有竖直向下的重量，则飞行员不一定处于失重状态，D 项错误.5.如图3所示，窗子上、下沿间的高度H ＝1.6m ，墙的厚度d ＝0.4m ，某人在离墙壁距离L ＝1.4m 、距窗子上沿h ＝0.2m 处的P 点，将可视为质点的小物件以v 的速度水平抛出，小物件直截了当穿过窗口并落在水平地面上，空气阻力不计，取g ＝10m/s 2.则v 的取值范畴是( )图3A.v ＞7 m/sB.v ＜2.3 m/sC.3 m/s ＜v ＜7 m/sD.2.3 m/s ＜v ＜3 m/s答案 C6.如图4所示，小球由倾角为45°的斜坡底端P 点正上方某一位置Q 处自由下落，下落至P 点的时刻为t 1，若小球从同一点Q 处以速度v 0水平向左抛出，恰好垂直撞在斜坡上，运动时刻为t 2，不计空气阻力，则t 1∶t 2等于()图4A.1∶2B.3∶1C.1∶ 2D.1∶ 3答案B7.(2021·河南百校联盟4月模拟)如图5所示，斜面体ABC 固定在水平地面上，斜面的高AB 为2m ，倾角为θ＝37°，且D 是斜面的中点，在A 点和D 点分别以相同的初速度水平抛出一个小球，结果两个小球恰能落在地面上的同一点，则落地点到C 点的水平距离为( )图5A.34mB.23mC.22mD.43m 答案 D解析设斜面的高AB 为h ，落地点到C 点的距离为x ，则由几何关系及平抛运动规律有htan θ＋x2h g ＝h2tan θ＋xhg，解得x ＝43m ，选项D 正确.8.一阶梯如图6所示，其中每级台阶的高度和宽度差不多上0.4m ，一小球以水平速度v 飞出，g 取10m/s 2，空气阻力不计，欲打在第四台阶上，则v 的取值范畴是( )图6A.6m/s<v ≤22m/sB.2 2 m/s<v ≤3.5 m/sC.2m/s<v <6m/sD.22m/s<v <6m/s 答案 A解析小球做平抛运动，依照平抛运动规律有x ＝vt ，y ＝12gt 2，小球恰好通过台阶边缘时，依照几何关系有vt ＝12gt 2，得v ＝12gt ，假如落到第四台阶上，则有3×0.4m<12gt 2≤4×0.4m，代入v ＝12gt ，得6m/s<v ≤22m/s ，A 正确.9.如图7所示，套圈游戏是一项专门受儿童欢迎的活动，要求每次从同一位置水平抛出圆环，套住与圆环前端水平距离为3m 、高为20cm 的竖直细杆，即为获胜.一身高1.4m 的儿童从距地面1m 高度水平抛出圆环，圆环半径为10cm ，要想套住细杆，他水平抛出的速度可能为(g 取10m/s 2，空气阻力不计)( )图7A.7.4 m/sB.9.6 m/sC.7.8 m/sD.8.2 m/s 答案 C解析圆环做平抛运动，圆环距细杆上端的竖直距离为H ＝0.8m ，又知圆环在竖直方向做自由落体运动，则有H ＝12gt 2，解得t ＝0.4s ，圆环后端与细杆的水平距离为3.2m ＝v 1·t ，得v 1＝8m/s ，圆环前端与细杆的水平距离为3 m ＝v 2·t ，得v 2＝7.5 m/s ，因此要想套住细杆，圆环水平抛出的速度范畴为7.5 m/s<v <8 m/s ，故选C.10.横截面为直角三角形的两个相同斜面紧靠在一起，固定在水平面上，如图8所示，它们的竖直边长差不多上底边长的一半，现有三个小球从左边斜面的顶点以不同的初速度向右平抛，最后落在斜面上，其落点分别是a 、b 、c .下列判定正确的是( )图8A.图中三小球比较，落在a 点的小球飞行时刻最短B.图中三小球比较，落在c 点的小球飞行过程速度变化最大C.图中三小球比较，落在c 点的小球飞行过程速度变化最快D.不管小球抛出时初速度多大，落到两个斜面上的瞬时速度都不可能与斜面垂直答案 D解析题图中三个小球均做平抛运动，能够看出a 、b 和c 三个小球下落的高度关系为h a >h b >h c ，由t ＝2hg，得t a >t b >t c ，又Δv ＝gt ，则知Δv a >Δv b >Δv c ，A 、B 项错误.速度变化快慢由加速度决定，因为a a ＝a b ＝a c ＝g ，则知三个小球飞行过程中速度变化快慢相同，C 项错误.由题给条件可确定小球落在左边斜面上的瞬时速度不可能垂直于左边斜面，而对右边斜面可假设小球初速度为v 0时，其落到斜面上的瞬时速度v 与斜面垂直，将v 沿水平方向和竖直方向分解，则v x ＝v 0，v y ＝gt ，且需满足v x v y ＝v 0gt＝tan θ(θ为右侧斜面倾角)，由几何关系可知tan θ＝12，则v 0＝12gt ，而竖直位移y ＝12gt 2，水平位移x ＝v 0t ＝12gt 2，能够看出x ＝y ，而由题图可知这一关系不可能存在，则假设不能成立，D 项正确.11.(2020·贵州兴义质检)某新式可调火炮，水平射出的炮弹可视为平抛运动.如图9，目标是一个剖面为90°的扇形山崖OAB ，半径为R (R 为已知)，重力加速度为g .图9(1)若以初速度v 0(v 0为已知)射出，恰好垂直打在圆弧的中点C ，求炮弹到达C 点所用的时刻；(2)若在同一高地P 先后以不同速度射出两发炮弹，击中A 点的炮弹运行的时刻是击中B 点的两倍，O 、A 、B 、P 在同一竖直平面内，求高地P 离A 的高度.答案 (1)v 0g (2)43R解析 (1)设炮弹的质量为m ，炮弹做平抛运动，其恰好垂直打在圆弧的中点C 时，如图，由几何关系可知，其水平分速度和竖直分速度相等，即v y ＝v x ＝v 0 又v y ＝gt 得t ＝v 0g(2)设高地P 离A 的高度为h ，则有h ＝12g (2t 0)2 h －R ＝12gt 02解得h ＝43R12.如图10所示，倾角为37°的粗糙斜面的底端有一质量m ＝1kg 的凹形小滑块，小滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25.现小滑块以某一初速度v 从斜面底端上滑，同时在斜面正上方有一小球以速度v 0水平抛出，通过0.4s ，小球恰好垂直斜面落入凹槽，现在，小滑块还在上滑过程中.空气阻力不计，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g 取10m/s 2，求：图10(1)小球水平抛出的速度v 0的大小； (2)小滑块的初速度v 的大小. 答案 (1)3 m/s (2)5.35 m/s解析 (1)设小球落入凹槽时竖直速度为v y ，则v y ＝gt ＝10×0.4m/s＝4 m/s v 0＝v y tan37°＝3m/s.(2)小球落入凹槽时的水平位移x ＝v 0t ＝3×0.4m＝1.2m 则小滑块的位移为s ＝ 1.2cos37°m ＝1.5m小滑块上滑时，由牛顿第二定律有mg sin37°＋μmg cos37°＝ma 解得a ＝8m/s 2依照公式s ＝vt －12at 2解得v ＝5.35m/s.。

高三物理一轮复习第四章第2讲抛体运动学案

第四章第2讲：抛体运动一、复习目标：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3.知道斜抛运动，会用运动的合成和分解的方法分析一般的抛体运动二、基础知识梳理（阅读课本，完成以下基础检测） 1．思考判断(1)以一定的初速度水平抛出的物体的运动是平抛运动．( )(2)做平抛运动的物体的速度方向时刻在变化，加速度方向也时刻在变化．( ) (3)做平抛运动的物体，在任意相等的时间内速度的变化量是相同的．( ) (4)做平抛运动的物体，初速度越大，在空中飞行时间越长．( ) (5)无论平抛运动还是斜抛运动，都是匀变速曲线运动．( )2．[平抛运动规律及其应用]一物体从某高度以初速度v 0水平抛出，落地时速度大小为v ，重力加速度为g ，则它运动的时间为( ) A.v －v 0g B.v －v 02gC.v 2－v 022gD.v 2－v 02g3．[多体抛体问题](多选)如图所示，从地面上的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 落地时的速度比A 落地时的大三、考点分析考点1.平抛运动规律及其应用 1．平抛运动的四个物理量物理量决定因素飞行时间(t ) t ＝2hg，即飞行时间取决于下落高度h ，与初速度v 0无关水平射程(x )x ＝v 0t ＝v 02hg，即水平射程由初速度v 0和下落高度h 共同决定落地速度(v )v ＝v x 2＋v y 2＝v 02＋2gh ，偏角θ满足tan θ＝v y v x ＝2ghv 0，即落地速度也只与初速度v 0和下落高度h 有关速度改变量任意相等时间间隔Δt 内的速度改变量Δv ＝g Δt 相同，方向恒为竖直向下，如图所示2.平抛运动的两个重要推论(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 yv 0＝2yAxA→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＝gt v 0tan α＝y x ＝gt 2v→tan θ＝2tan α例1．[对平抛运动的理解]如图，这是探究平抛运动规律的一种方法．用两束光分别沿着与坐标轴平行的方向照射物体，在两个坐标轴上留下了物体的两个“影子”，O 点作为计时起点，其运动规律为x ＝3t ，y ＝t ＋5t 2(式中的物理量单位均为国际单位制基本单位)，经1 s 到达轨迹A 点(g ＝10 m/s 2)。

2021版高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天课时2抛体运动学案新人教版

课时2 抛体运动1.平抛运动定义将物体以一定初速度水平抛出去,物体只在重力作用下的运动叫平抛运动。

2.平抛运动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:做匀速直线运动,速度v x =v 0,位移x=v 0t 。

(2)竖直方向:做自由落体运动,速度v y =gt,位移y=12gt 2。

(3)合速度:v=22x y v v +,方向与水平方向的夹角为θ,则tan θ=y xv v =gtv 。

(4)合位移:x=22x y +,方向与水平方向的夹角为α,tan α=y x =02gt v 。

考点一平抛运动特征1.因平抛运动只受竖直向下的重力G=mg,故由牛顿第二定律可知,实际加速度就是重力加速度g(方向竖直向下),因为速度方向与合力G(或加速度g)的方向不在同一直线上(开始运动时初速度方向与加速度方向垂直,以后速度方向与加速度方向的夹角越来越小,但是永远不重合)。

2.平抛运动中重力G 和重力加速度g 是恒量,方向竖直向下,始终垂直于水平面,所以平抛运动是匀变速曲线运动。

3.平抛运动轨迹是抛物线。

4.平抛运动发生在同一个竖直平面内。

[典例1] 在平坦的垒球运动场上,击球手挥动球棒将垒球水平击出,垒球飞行一段时间后落地。

若不计空气阻力,则( )A.垒球落地时瞬间速度的大小仅由初速度决定B.垒球落地时瞬时速度的方向仅由击球点离地面的高度决定C.垒球在空中运动的水平位移仅由初速度决定D.垒球在空中运动的时间仅由击球点离地面的高度决定解析:击球手将垒球水平击出后,在不计空气阻力的情况下,垒球做平抛运动,即水平方向做匀速运动,竖直方向做自由落体运动。

则垒球落地时瞬时速度的大小为v=202v gh +,其速度方向与水平方向夹角θ满足tan θ=02gh ,选项A,B 错误;垒球在空中运动的时间t=2hg,仅与高度有关,故D 正确;垒球在空中运动的水平位移x=v 0t=v 02hg,与初速度和高度都有关,故C 错误。

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第2讲平抛运动ZHI SHI SHU LI ZI CE GONG GU知识梳理·自测巩固知识点1 平抛运动1．定义：以一定的初速度沿水平方向抛出的物体只在__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，其运动轨迹是__抛物线__。

3．平抛运动的条件：(1)v≠0，沿__水平方向__；(2)只受__重力__作用。

4．研究方法：平抛运动通常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：以抛出点为坐标原点，水平初速度v方向为x轴正方向，竖直向下的方向为y轴正方向，建立如图所示的坐标系，在该坐标系下，对任一时刻t，有：(1)位移：分位移x＝__v0t__；y＝__12gt2__合位移x合＝x2＋y2＝__(v0t)2＋(12gt2)2__，tan φ＝__gt2v__φ为合位移与x轴的夹角。

(2)速度：分速度vx ＝__v__；vy＝__gt__合速度v＝v2x ＋v2y＝v2＋(gt)2，tan θ＝__gtv__θ为合速度v与x轴的夹角。

思考：上图中位移与水平方向夹角φ与速度与水平方向夹角θ相等吗？请推导出它们之间关系式。

[答案]不相等。

θ>φ。

tan θ＝2tan φ。

知识点2 斜抛运动1．定义：将物体以初速度v沿__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__g__的匀变速曲线运动，轨迹是__抛物线__。

3．研究方法：斜抛运动可以看作水平方向的__匀速直线__运动和竖直方向的__匀变速直线__运动的合运动。

思维诊断：(1)以一定的初速度水平抛出的物体的运动是平抛运动。

( ×)(2)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。

( ×)(3)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。

( √)(4)做平抛运动的物体质量越大，水平位移越大。

( ×)(5)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。

( ×)(6)做平抛运动的物体初速度越大，在空中运动的时间越长。

( ×)(7)从同一高度水平抛出的物体，不计空气阻力，初速度大的落地速度大。

( √)自测巩固ZI CE GONG GU1．(2020·吉林东北师大附中一模)在空中同一位置水平抛出初速度不同的两个小球(忽略空气的影响)，则从抛出开始( D )A．下降相同高度时初速度较大的球的速度与水平方向的夹角大B．下降相同高度时初速度较小的球在竖直方向上的速度较小C．通过同一水平距离时初速度较大的球在竖直方向上的速度较大D．通过同一水平距离时初速度较大的球在竖直方向上的速度较小[解析]设球的速度与水平方向的夹角为θ，则tan θ＝vyv，由2gh＝v2y可知，下降相同高度时vy相同，初速度越大则球的速度与水平方向的夹角越小，故A、B错误；由球在水平方向做匀速直线运动可知t＝xv，初速度大的小球所用时间少，由v y ＝gt 可知，初速度较大的小球，竖直方向上的速度较小，故C 错误，D 正确。

2．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 )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[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12mv 20＋mgh＝12mv 2t ，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。

3．一个物体做平抛运动，已知重力加速度为g 。

根据下列已知条件，既可以确定初速度大小，又可以确定飞行时间的是( C )A ．水平位移大小B ．下落高度C ．落地时速度大小和方向D ．从抛出到落地的位移大小[解析] 飞行时间不取决于水平位移，只取决于下落的高度，所以A 错误；但初速度(水平速度)与下落高度无关，所以B 错误；落地速度包括水平速度和竖直速度，水平速度即初速度，竖直速度与飞行时间有直接联系，C 正确；合位移取决于初速度和飞行时间两个因素，但知合位移的大小无法确定初速度和飞行时间这两个量，所以D 错误。

HE XIN KAO DIAN ZHONG DIAN TU PO核心考点·重点突破考点一平抛运动规律的应用关于平抛运动必须掌握的四个物理量物理量相关分析飞行时间(t)t＝2hg，飞行时间取决于下落高度h，与初速度v无关水平射程(x)x＝vt＝v2hg，即水平射程由初速度v和下落高度h共同决定，与其他因素无关落地速度(v)v＝v2x＋v2y＝v2＋2gh，以θ表示落地时速度与x轴正方向间的夹角，有tan θ＝vyvx＝2ghv，所以落地速度也只与初速度v和下落高度h有关速度的改变量(Δv)因为平抛运动的加速度为恒定的重力加速度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，如图所示速度不同的乒乓球(忽略空气的影响)。

速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网；其原因是( C )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]发球机从同一高度水平射出两个速度不同的乒乓球，根据平抛运动规律，竖直方向上，h＝12gt2，可知两球下落相同距离h所用的时间是相同的，A错误；由v2y＝2gh可知，两球下落相同距离h时在竖直方向上的速度vy相同，B错误；由平抛运动规律，水平方向上，x＝vt，可知速度较大的球通过同一水平距离所用的时间t较少，C正确；由于做平抛运动的球在竖直方向的运动为自由落体运动，两球在相同时间间隔内下降的距离相同，D错误。

〔类题演练1〕(2019·辽宁东北育才学校月考)一小球从水平地面斜向上抛出，最后又落回同一水平面，不计空气阻力，在下图中能正确表示速度矢量变化过程的是( C )[解析]斜抛运动由于只受重力，水平速度保持不变，而竖直分速度均匀变化。

根据Δv＝at＝gt可知，速度矢量的变化方向与加速度的方向相同，而斜抛运动的加速度为重力加速度g，故速度矢量的变化方向应沿竖直方向，所以速度矢量末端应在同一竖直线，故C正确，A、B、D错误。

考点二平抛运动问题的常见解法平抛运动是较为复杂的匀变速曲线运动，求解此类问题的基本方法是：将平抛运动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。

再结合使用推论法，全程应用动能定理等。

(一)分解速度求解平抛运动问题对于一个做平抛运动的物体来说，若知道了某时刻的速度方向，可以从分解速度的角度来研究：tanθ＝vyvx＝gtv(θ为t时刻速度与水平方向间夹角)，从而得出初速度v、时间t、夹角θ之间的关系，进而求解具体问题。

例2 (2019·湛江模拟)如图所示，某同学对着墙壁练习打乒乓球，某次球与墙壁上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°，AB两点高度差h＝1 m，忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，则球刚要落到球拍上时速度大小为( C )A．2 5 m/s B．215 m/sC．4 5 m/s D．4315 m/s[解析]根据h＝12gt2得t＝2hg＝2×110s＝15s；竖直分速度：vy ＝gt＝10×15m/s＝20 m/s，刚要落到球拍上时速度大小v＝vycos 60°＝4 5 m/s，C正确，A、B、D错误。

(二)分解位移求解平抛运动问题对于一个做平抛运动的物体来讲，若知道某一时刻物体的位移方向，则可将位移分解到水平方向和竖直方向，然后利用tan α＝12gt2vt(α为t时刻位移与水平方向间夹角)，确定初速度v、运动时间t和夹角α间的大小关系。

例3 (多选)如图所示，斜面倾角为θ，位于斜面底端A正上方的小球以初速度v正对斜面顶点B水平抛出，小球到达斜面经过的时间为t，重力加速度为g，空气阻力不计，则下列说法中正确的是( AB )A．若小球以最小位移到达斜面，则t＝2vgtan θB．若小球垂直击中斜面，则t＝vgtan θC．若小球能击中斜面中点，则t＝2vgtan θD．无论小球到达斜面何处，运动时间均为t＝2vtan θg[解析]小球以最小位移到达斜面时即位移与斜面垂直，位移与竖直方向的夹角为θ，则tan θ＝xy＝2vgt，即t＝2vgtan θ，A正确，D错误；小球垂直击中斜面时，速度与竖直方向的夹角为θ，则tan θ＝vgt，即t＝vgtan θ，B正确；小球击中斜面中点时，令斜面长为2L，则水平射程为Lcos θ＝vt，下落高度为Lsin θ＝12gt2，联立两式得t＝2vtan θg，C错误。

(三)利用推论法求解平抛运动问题平抛运动的两个重要推论(1)做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，如图甲中A点和B点所示。

其推导过程为tan θ＝vyvx＝gt2vt＝yx2。

(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tan θ＝2tan α。

如图乙所示。

其推导过程为tan θ＝vyv＝gt·tv·t＝2yx＝2tan α。

例4 (2018·全国卷Ⅲ，17)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 )A．2倍B．4倍C．6倍D．8倍[解析]如图所示，可知：x＝vtx·tan θ＝12gt2则x ＝2tan θg·v 2即x ∝v 2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。

考点三平抛运动与落点界面的综合问题做平抛运动的物体经常落在一些特定界面上，常见的类型有：竖直面、斜面、圆弧面、抛物面、有界区域、障碍物等，解决这类问题的关键是：把特定界面的几何关系或函数方程与平抛运动规律结合。

(一)落在圆弧面上的平抛运动如图所示，由半径和几何关系制约时间t ： h ＝12gt 2 R ±R 2－h 2＝v 0t ，联立两方程可求t 。