2023届高考物理一轮复习学案 4.2 抛体运动

第2节抛体运动学案基础知识：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g的匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线。

3．条件：v0≠0，沿水平方向；只受重力作用。

二、平抛运动的基本规律1．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。

2．基本规律(1)位移关系(2)速度关系三、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．基本规律(以斜上抛运动为例，如图所示)(1)水平方向：v0x＝v0cos θ，F合x＝0；(2)竖直方向：v0y＝v0sin θ，F合y＝mg。

考点一平抛运动的规律及应用[典例1]在地面上方某点将一小球以一定的初速度沿水平方向抛出，不计空气阻力，则小球在随后的运动中()A．速度和加速度的方向都在不断改变B．速度与加速度方向之间的夹角一直减小C．在相等的时间间隔内，速率的改变量相等D．在相等的时间间隔内，动能的改变量相等[典例2](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gt tan 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位移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)画出速度(或位移)分解图，通过几何知识建立合速度(合位移)、分速度(分位移)及其方向间的关系，通过速度(位移)的矢量三角形求解未知量。

考点二有约束条件的平抛运动1．对平抛运动的约束条件常见的有“斜面”约束和“曲面”约束，解此类问题的关键：(1)灵活运用平抛运动的位移和速度分解方法。

(2)充分运用斜面倾角，找出斜面倾角与位移偏向角、速度偏向角的关系。

(3)“曲面”约束类要灵活应用平抛运动的推论。

2．常见类型示例运动情景物理量分析vy＝gt，tanθ＝v0v y＝v0gt→t＝v0g tan θx＝v0t，y＝12gt2→tan θ＝yx→t＝2v0tan θgtan θ＝v yv0＝gtv0→t＝v0tan θg落到斜面上时合速度与水平方向的夹角为φ，tan φ＝gtv0＝gt2v0t＝2yx＝2tan θ，α＝φ－θtan θ＝v yv0＝gtv0→t＝v0tan θg在半圆内的平抛运动，h＝12gt2，R＋R2－h2＝v0t斜面约束的平抛运动[典例3](2021·浙江省嘉兴市高三月考)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。

忽略空气的阻力，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2tan4θ∶1C．甲、乙两球的水平位移之比为tan θ∶1D．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2tan2θ∶1思路点拨：解此题关键是将两小球在斜面上的落点进行分析，利用斜面夹角和初速度相等的条件，获取两小球运动时间关系。

曲面约束的平抛运动[典例4](2021·四川宜宾市第二次诊断)如图所示，一竖直圆弧形槽固定于水平地面上，O为圆心，AB为沿水平方向的直径。

若在A点以初速度v1沿AB 方向平抛一小球，小球将击中槽壁上的最低点D点；若A点小球抛出的同时，在C点以初速度v2沿BA方向平抛另一相同质量的小球并也能击中D点，已知∠COD＝60°，且不计空气阻力，则()A．两小球同时落到D点B．两小球初速度大小之比为6∶3C．两小球落到D点时的速度方向与OD线夹角相等D．两小球落到D点时的瞬时速率之比为2∶1考点三平抛运动中的临界、极值问题1．临界点的确定(1)若题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，明显表明题述的过程中存在着临界点。

(2)若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述的过程中存在着“起止点”，而这些“起止点”往往就是临界点。

(3)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程中存在着极值点，这些极值点也往往是临界点。

2．求解平抛运动临界问题的一般思路(1)找出临界状态对应的临界条件。

(2)分解速度或位移。

(3)若有必要，画出临界轨迹。

[典例5](2021·山东青岛市一模)如图所示，容量足够大的圆筒竖直放置，水面高度为h，在圆筒侧壁开一个小孔P，筒内的水从小孔水平射出，设水到达地面时的落点距小孔的水平距离为x，小孔P到水面的距离为y。

短时间内可认为筒内水位不变，重力加速度为g，不计空气阻力，在这段时间内下列说法正确的是()A．水从小孔P射出的速度大小为gyB．y越小，则x越大C．x与小孔的位置无关D．当y＝h2时，x最大，最大值为h[典例6]一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示。

水平台面的长和宽分别为L1和L2，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在某范围内，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的最大取值范围是()A．L12g6h＜v＜L1g6hB．L14gh＜v＜(4L 21＋L 22)g6hC．L12g6h＜v＜12(4L 21＋L 22)g6hD．L14gh＜v＜12(4L 21＋L 22)g6h思路点拨：(1)发射机安装于台面左侧边缘的中点。

(2)乒乓球落在右侧台面的台角处时，速度取最大值。

(3)乒乓球沿正前方且恰好擦网而过时，速度取最小值。

考点四斜抛运动及类平抛运动1．类平抛运动(1)类平抛运动的受力特点物体所受的合外力为恒力，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方向上做匀速直线运动，在合外力方向上做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝F合m。

(3)类平抛运动的求解方法①常规分解法：将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向(即沿合外力的方向)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线坐标系，将加速度a分解为a x、a y，初速度v0分解为v x、v y，然后分别在x、y方向列方程求解。

2．斜抛运动(1)斜上抛运动一般分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动。

(2)斜面上的斜抛运动可以沿垂直斜面方向和沿斜面方向分解，然后研究各方向的运动规律，再进行合成。

类平抛运动[典例7]如图所示，有一倾角为30°足够宽的光滑斜面，斜面长l为10 m，一小球从斜面顶端以10 m/s的速度沿水平方向抛出(g取10 m/s2)，求：(1)小球沿斜面滑到底端的时间t和沿v0方向水平位移x的大小；(2)小球到达斜面底端时的速度v的大小。

审题指导：关键语句获取信息倾角为30°足够宽的光滑斜面①物体不受摩擦力；②物体受沿斜面的合力；③物体一直在斜面上运动斜面长l为10 m，……以10 m/s的速度沿水平方向抛出①物体在斜面内做类平抛运动；②物体沿合力方向的位移大小为10 m斜抛运动[典例8](2020·山东卷)单板滑雪U型池比赛是冬奥会比赛项目，其场地可以简化为如图甲所示的模型：U形滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道和一个中央的平面直轨道连接而成，轨道倾角为17.2°。

某次练习过程中，运动员以v M＝10 m/s的速度从轨道边缘上的M点沿轨道的竖直切面ABCD滑出轨道，速度方向与轨道边缘线AD的夹角α＝72.8°，腾空后沿轨道边缘的N点进入轨道。

图乙为腾空过程左视图。

该运动员可视为质点，不计空气阻力，重力加速度的大小g取10 m/s2，sin 72.8°＝0.96，cos 72.8°＝0.30。

求：甲乙(1)运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值d；(2)M、N之间的距离L。

参考答案：[典例1]B[由于不计空气阻力，小球只受重力作用，故加速度为g，方向不变；小球做平抛运动，速度的方向不断变化，在任意一段时间内速度的变化量Δv＝gΔt，如图所示，选项A错误；设某时刻速度与竖直方向的夹角为θ，则tan θ＝v0v y＝v0gt，随着时间t的变大，tan θ变小，选项B正确；由图可以看出，在相等的时间间隔内，速度的改变量Δv相等，但速率的改变量v3－v2≠v2－v1≠v1－v0，选项C错误；在竖直方向上位移h＝12gt2，可知小球在相同的时间内下落的高度不同，根据动能定理，动能的改变量等于重力做的功，选项D错误。

][典例2]AD[如图所示，由tan θ＝gtv0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，与小球初速度大小无关，选项C错误；由tan θ＝gtv0可知，v0越大，θ越小，选项D正确。

][典例3]D[由小球甲的运动可知tan θ＝yx＝12gt2v0t＝gt2v0，解得t＝2v0tan θg，小球乙落到斜面上的速度与竖直方向夹角的正切值为tan θ＝v0gt′，解得t′＝v0g tan θ，则甲、乙两球在空中运动的时间之比为tt′＝2tan2θ∶1，故A错误；由h＝12gt2可知甲、乙两球下落的高度之比为hh′＝12gt212gt′2＝4tan4θ∶1，故B错误；由x＝v0t可知甲、乙两球水平位移之比为xx′＝v0tv0t′＝2tan2θ∶1，故C错误；甲球落在斜面上瞬间的速度与水平面夹角的正切值为tan α＝v yv x＝gtv0＝2tan θ，乙球落到斜面上的速度与水平方向夹角的正切值为tan β＝v′yv0＝1tan θ，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tan αtan β＝2tan2θ∶1，故D正确。

][典例4]B [由于A 、C 两点到D 点的竖直高度不同，两球在空中运动时间不同，选项A 错误；设圆弧形槽半径为R ，对从A 点抛出的小球，R ＝v 1t A ，t A ＝2Rg ，则v 1＝Rg 2R＝12gR ，对从C 点抛出的小球，R sin 60 °＝v 2t C ，t C ＝(R －R cos 60°)×2g＝R g ，则v 2＝3R 2gR ＝34gR ，v 1∶v 2＝6∶3，选项B 正确；设在D 点速度方向与OD 线夹角为θ，竖直分速度为v y ，水平分速度为v 0，则tan θ＝v 0v y ，由v 1∶v 2＝6∶3和v y 1∶v y 2＝t A ∶t C ＝2∶1知tanθ1≠tan θ2，选项C 错误；设A 、C 两点抛出球落到D 点时的瞬时速率分别为v A 、v C ，v A ＝v 21＋v 2y 1＝52gR ，v C ＝v 22＋v 2y 2＝74gR ，则v A ∶v C ＝10∶7，选项D 错误。