第2讲 抛体运动
考点一 平抛运动的规律及应用
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：化曲为直 (1)水平方向：匀速直线运动； (2)竖直方向：自由落体运动． 4．基本规律 如图，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，建立平面直角坐标系xOy.
1．平抛运动的加速度方向与速度方向总垂直．( × ) 2．相等时间内做平抛运动的物体速度变化量相同．( √ ) 3．相等时间内做平抛运动的物体速度大小变化相同．( × )
1．平抛运动物体的速度变化量 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内的速度变化量Δv＝gΔt是相同的，方向恒为竖直向下，如图所示．
2．两个推论 (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． (2)做平抛运动的物体在任意时刻任意位置处，有tan θ＝2tan α .
A．va＞vb B．va＜vb C．ta＞tb D．ta＜tb 答案 AD 解析 由题图知，hb＞ha，因为h＝gt2，所以ta＜tb，又因为x＝v0t，且xa＞xb，所以va＞vb，选项A、D正确．
A．20 B．18 C．9.0 D．3.0 答案 B 解析 摩托车从a点做平抛运动到c点，水平方向：h＝v1t1，竖直方向：h＝gt12，可解得v1＝，动能E1＝mv12＝；摩托车从a点做平抛运动到b点，水平方向：3h＝v2t2，竖直方向：0.5h＝gt22，解得v2＝3，动能E2＝mv22＝mgh，故＝18，B正确． 考点二 与斜面或圆弧面有关的平抛运动
A．夹角α将变大 B．夹角α与初速度大小无关 C．小球在空中的运动时间不变 D．PQ间距是原来间距的3倍 答案 B 解析 根据tan θ＝＝，解得t＝，初速度变为原来的2倍，则小球在空中的运动时间变为原来的2倍，C错误；根据x＝v0t＝知，初速度变为原来的2倍，则水平位移变为原来的4倍，且PQ＝，故PQ间距变为原来间距的4倍，D错误；末速度与水平方向夹角的正切值tan β＝＝＝2tanθ，可知速度方向与水平方向夹角正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，因为位移与水平方向夹角不变，则末速度与水平方向夹角不变，由几何关系可知α不变，与初速度大小无关，A错误，B正确．
A．t1∶t2＝1∶2 B．t1∶t2＝1∶3 C．t1∶t2＝2∶1 D．t1∶t2＝3∶1 答案 C 解析 由题意可得，对球1，有tan α＝＝，对球2，有tan β＝，又tan α·tan β＝1，联立解得t1∶t2＝2∶1，A、B、D错误，C正确．
A. B. C. D. 答案 A 解析 小球飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点，可知小球运动到B点时速度方向与水平方向的夹角为30°，设位移方向与水平方向的夹角为θ，则tan θ＝＝，由tan θ＝＝，可得竖直方向的位移y＝R，而vy2＝2gy，tan 30°＝，联立解得v0＝，选项A正确． 考点三 平抛运动的临界和极值问题1．平抛运动的临界问题有两种常见情形：(1)物体的最大位移、最小位移、最大初速度、最小初速度；(2)物体的速度方向恰好为某一方向． 2．解题技巧：在题中找出有关临界问题的关键字，如“恰好不出界”“刚好飞过壕沟”“速度方向恰好与斜面平行”“速度方向与圆周相切”等，然后利用平抛运动对应的位移规律或速度规律进行解题．
A. B. C. D. 答案 B 解析 设网球击出后在空中飞行的时间为t，因为A点到球网的水平距离是击球点到球网的水平距离的2倍，所以网球从击球点运动到球网的时间为，则H＝gt2，H－h＝g()2，联立解得t＝，故选B.
A．0 B．0.1 m C．0.2 m D．0.3 m 答案 C 解析 小球从最高点到右端出口，机械能守恒，有mg(H－h)＝mv2，从右端出口飞出后，小球做平抛运动，有x＝vt，h＝gt2，联立解得x＝2，根据数学知识可知，当H－h＝h时，x最大，即h＝1 m时，小球飞得最远，此时右端出口距离桌面高度为Δh＝1 m－0.8 m＝0.2 m，故C正确． 考点四 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 以斜抛运动的抛出点为坐标原点O，水平向右为x轴的正方向，竖直向上为y轴的正方向，建立如图所示的平面直角坐标系xOy.
初速度可以分解为v0x＝v0cos θ，v0y＝v0sin θ. 在水平方向，物体的位移和速度分别为 x＝v0xt＝(v0cos θ)t① vx＝v0x＝v0cos θ② 在竖直方向，物体的位移和速度分别为 y＝v0yt－gt2＝(v0sin θ)t－gt2③ vy＝v0y－gt＝v0sin θ－gt④
1．斜抛运动中的极值 在最高点，vy＝0，由④式得到t＝⑤ 将⑤式代入③式得物体的射高ym＝⑥ 物体落回与抛出点同一高度时，有y＝0， 由③式得总时间t总＝⑦ 将⑦式代入①式得物体的射程xm＝ 当θ＝45°时，sin 2θ最大，射程最大． 所以对于给定大小的初速度v0，沿θ＝45°方向斜向上抛出时，射程最大． 2．逆向思维法处理斜抛问题 对斜上抛运动，从抛出点到最高点的运动可逆过程分析，看成平抛运动，分析完整的斜上抛运动，还可根据对称性求解某些问题．
A．A比B先落入篮筐 B．A、B运动的最大高度相同 C．A在最高点的速度比B在最高点的速度小 D．A、B上升到某一相同高度时的速度方向相同 答案 D 解析 若研究两个过程的逆过程，可看成是从篮筐沿同方向斜向上的斜抛运动，落到同一高度上的两点，则A上升的高度较大，高度决定时间，可知A运动时间较长，即B先落入篮筐中，A、B错误；因为两球抛射角相同，A的射程较远，则A球的水平速度较大，即A在最高点的速度比B在最高点的速度大，C错误；由斜抛运动的对称性可知，当A、B上升到某一相同高度时的速度方向相同，D正确．
(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. 答案 (1)4.8 m (2)12 m 解析 (1)在M点，设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分速度为v1，由运动的合成与分解规律得v1＝vMsin 72.8°① 设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分加速度为a1，由牛顿第二定律得mgcos 17.2°＝ma1② 由运动学公式得d＝③ 联立①②③式，代入数据得d＝4.8 m④ (2)在M点，设运动员在ABCD面内平行AD方向的分速度为v2， 由运动的合成与分解规律得v2＝vMcos 72.8°⑤ 设运动员在ABCD面内平行AD方向的分加速度为a2，由牛顿第二定律得mgsin 17.2°＝ma2⑥ 设腾空时间为t，由运动学公式得t＝⑦ L＝v2t＋a2t2⑧ 联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得L＝12 m． 课时精练
1.(多选)如图，x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向．图中画出了从y轴上沿x轴正方向抛出的三个小球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长 B．b和c的飞行时间相等 C．a的水平速度比b的小 D．b的初速度比c的大 答案 BD 解析 平抛运动可看成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动的合运动，因y＝gt2，ya＜yb＝yc，所以b和c的飞行时间相等且比a的飞行时间长，A错误，B正确；因x＝vt，xa＞xb＞xc，ta＜tb＝tc，故va＞vb＞vc，C错误，D正确． 2.(2022·广东卷·6)如图所示，在竖直平面内，截面为三角形的小积木悬挂在离地足够高处，一玩具枪的枪口与小积木上P点等高且相距为L.当玩具子弹以水平速度v从枪口向P点射出时，小积木恰好由静止释放，子弹从射出至击中积木所用时间为t.不计空气阻力．下列关于子弹的说法正确的是( )
A．将击中P点，t大于 B．将击中P点，t等于 C．将击中P点上方，t大于 D．将击中P点下方，t等于 答案 B 解析 由题意知枪口与P点等高，子弹和小积木在竖直方向上均做自由落体运动，当子弹击中积木时子弹和积木的运动时间相同，根据h＝gt2，可知下落高度相同，所以将击中P点；又由于初始状态子弹到P点的水平距离为L，子弹在水平方向上做匀速直线运动，故有t＝，故选B. 3.(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 B．小球在t时间内的位移方向与水平方向的夹角为 C．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 答案 AD 解析 由tan θ＝可得小球平抛的初速度大小v0＝，A正确；设小球在t时间内的位移方向与水平方向的夹角为α，由tan α＝＝＝＝tan θ可知，α≠，B错误；小球做平抛运动的时间t＝，与小球初速度无关，C错误；由tanθ＝可知，v0越大，θ越小，D正确． 4.(2023·黑龙江省建新高中高三月考)如图所示，将a、b两小球(均可视为质点)以大小为20 m/s的初速度分别从A、B两点先后相差1 s水平相向抛出，a小球从A点抛出后，经过时间t，a、b两小球恰好在空中相遇，且速度方向相互垂直，不计空气阻力，g取10 m/s2，则抛出点A、B间的水平距离是( )
A．85 m B．100 m C．200 m D．180 m 答案 D 解析 a的运动时间为t，则b的运动时间为t－1 s，·＝1，解得t＝5 s，又因为x＝v0t＋v0(t－1 s)，解得x＝180 m，故选D. 5．(2023·山东烟台市高三模拟)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)( )
A．t＝v0tan θ B．t＝ C．t＝ D．t＝ 答案 D 解析 如图所示，要使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＝，而x＝v0t，y＝gt2，联立解得t＝，故选D.
6.(多选)如图所示，竖直截面为半圆形的容器，O为圆心，AB为沿水平方向的直径．一物体在A点以向右的水平初速度vA抛出，与此同时另一物体在B点以向左的水平初速度vB抛出，两物体都落到容器的同一点P.已知∠BAP＝37°，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A．B比A先到达P点 B．两物体一定同时到达P点 C．抛出时，两物体的速度大小之比为vA∶vB＝16∶9 D．抛出时，两物体的速度大小之比为vA∶vB＝4∶1 答案 BC 解析 两物体同时抛出，都落到P点，由平抛运动规律可知，两物体下落了相同的竖直高度，由h＝解得t＝，可知两物体同时到达P点，A错误，B正确；在水平方向上，抛出的水平距离之比等于抛出速度之比，如图所示，设圆的半径为r，由几何关系得xAM＝2rcos237°，xBM＝2rsin237°，则xAM∶xBM＝16∶9，故vA∶vB＝16∶9，C正确，D错误．
7.如图所示，一小球(视为质点)以速度v从倾角为θ的斜面底端斜向上抛出，落到斜面上的M点且速度水平向右．现将该小球以2v的速度从斜面底端朝同样方向抛出，落在斜面上的N点．下列说法正确的是( )
A．落到M和N两点的小球在空中运动的时间之比大于1∶2 B．小球落到M和N两点的速度之比大于1∶2 C．小球落到N点时速度方向水平向右 D．M和N两点距离斜面底端的高度之比为1∶2 答案 C 解析 由于落到斜面上M点时小球速度水平向右，故可把小球在空中的运动逆向看成从M点向左的平抛运动，设在M点的速度大小为vx，把小球在斜面底端的速度v分解为水平速度vx和竖直速度vy，则x＝vxt，y＝gt2，位移间的关系tan θ＝，联立解得在空中飞行时间t＝，且vy＝gt＝2vxtan θ，v和水平方向夹角的正切值tan α＝＝2tanθ，为定值，即落到N点时速度方向水平向右，故C正确；速度大小为v＝＝vx，即v与vx成正比，故落到M和N两点的速度之比为1∶2，故B错误；由t＝知，落到M和N两点的小球在空中运动的时间之比为1∶2，故A错误；竖直高度为y＝gt2＝，y与vx2成正比，则M和N两点距离斜面底端的高度之比为1∶4，故D错误． 8.(多选)(2023·辽宁省模拟)如图所示，一倾角为θ且足够长的斜面固定在地面上，将小球A从斜面顶端以速度v1水平向右抛出，小球击中了斜面上的C点，将小球B从空中与小球A等高的某点以速度v2水平向左抛出，小球恰好垂直斜面击中C点，不计空气阻力，斜面足够长，重力加速度为g，下列说法中正确的是( )
A．小球A在空中运动的时间为 B．小球B在空中运动的时间为 C．若将小球B以大小相等的初速度从该点向各个方向抛出，则竖直下抛落到斜面上所用时间最短 D．若将小球B以大小相等的初速度从该点向各个方向抛出，则垂直斜面向上抛出落到斜面上所用时间最长 答案 AD 解析 设小球A在空中运动的时间为t1，则x1＝v1t1，y1＝gt12，tanθ＝，联立解得t1＝，故A正确；设小球B在空中运动的时间为t2，则tan θ＝，解得t2＝，故B错误；根据运动的合成与分解可知，小球B落到斜面上所用时间取决于其在垂直于斜面方向的分运动的情况，易知小球B在垂直于斜面方向的加速度大小始终为gcos θ，则当小球B以垂直于斜面向下的初速度抛出时，其落到斜面上所用时间最短，当小球B以垂直于斜面向上的初速度抛出时，其落到斜面上所用的时间最长，故C错误，D正确． 9.套圈游戏是一项趣味活动，如图，某次游戏中，一小孩从距地面高0.45 m处水平抛出半径为0.1 m的圆环(圆环面始终水平)，套住了距圆环前端水平距离为1.0 m、高度为0.25 m的竖直细圆筒．若重力加速度大小取g＝10 m/s2，忽略空气阻力，则小孩抛出圆环的初速度可能是( )
A．4.3 m/s B．5.6 m/s C．6.5 m/s D．7.5 m/s 答案 B 解析 根据h1－h2＝gt2得 t＝＝ s＝0.2 s， 则平抛运动的最大速度 v1＝＝ m/s＝6.0 m/s， 最小速度v2＝＝ m/s＝5.0 m/s， 则5.0 m/s＜v＜6.0 m/s，故选B. 10.如图所示，在距地面高h的A点以与水平面成α＝60°的角度斜向上抛出一小球，不计空气阻力．发现小球落在右边板OG上，且落点D与A点等高．已知v0＝2 m/s，h＝0.2 m，g取10 m/s2.则下列说法正确的是( )
A．小球从A到D的水平位移为1.8 m B．小球在水平方向做匀加速运动 C．若撤去OG板，则经过D点之后小球在竖直方向做自由落体运动，故再经0.2 s它将落地 D．小球从A到D的时间是0.6 s 答案 D 解析 小球在竖直方向的分速度为v0y＝v0sin α＝3 m/s，小球在水平方向的分速度为v0x＝v0cos α＝ m/s，小球从A到D的时间为t＝＝ s＝0.6 s，小球从A到D的水平位移为x＝v0xt＝ m，所以A错误，D正确；小球在水平方向做匀速直线运动，所以B错误；若撤去OG板，在D点，小球在竖直方向速度大小为vy＝v0y＝3 m/s，则经过D点之后小球在竖直方向做匀加速直线运动，不是自由落体运动，所以C错误． 11.(2023·河北保定市高三检测)如图所示，某次跳台滑雪训练中，运动员(视为质点)从倾斜雪道上端的水平平台上以10 m/s的速度飞出，最后落在倾角为37°的倾斜雪道上．重力加速度大小取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力．下列说法正确的是( )
A．运动员的落点距雪道上端的距离为18 m B．运动员飞出后到雪道的最远距离为1.25 m C．运动员飞出后距雪道最远时的速度大小为12.5 m/s D．若运动员水平飞出时的速度减小，则他落在雪道上的速度方向将改变 答案 C 解析 根据平抛运动知识可知，x＝v0t，y＝gt2，tan 37°＝，联立解得t＝1.5 s，则运动员的落点距雪道上端的距离为s＝＝18.75 m，选项A错误；当运动员速度方向与倾斜雪道方向平行时，距离倾斜雪道最远，根据平行四边形定则知，速度v＝＝12.5 m/s，选项C正确；运动员飞出后到雪道的最远距离为h＝＝2.25 m，选项B错误；当运动员落在倾斜雪道上时，速度方向与水平方向夹角的正切值tan α＝2tan 37°，即速度方向与水平方向的夹角是一定值，可知若运动员水平飞出时的速度减小，则他落在雪道上的速度方向不变，选项D错误． 12.(2022·全国甲卷·24)将一小球水平抛出，使用频闪仪和照相机对运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔0.05 s发出一次闪光．某次拍摄时，小球在抛出瞬间频闪仪恰好闪光，拍摄的照片编辑后如图所示．图中的第一个小球为抛出瞬间的影像，每相邻两个球之间被删去了3个影像，所标出的两个线段的长度s1和s2之比为3∶7.重力加速度大小取g＝10 m/s2，忽略空气阻力．求在抛出瞬间小球速度的大小．
答案 m/s 解析 频闪仪每隔0.05 s发出一次闪光，每相邻两个球之间被删去3个影像，故相邻两球的时间间隔为t＝4T＝4×0.05 s＝0.2 s．设抛出瞬间小球的速度为v0，每相邻两球间的水平方向上位移为x，竖直方向上的位移分别为y1、y2，根据平抛运动位移公式有x＝v0t，y1＝gt2＝×10×0.22m＝0.2 m，y2＝g(2t)2－gt2＝×10×(0.42－0.22) m＝0.6 m，令y1＝y，则有y2＝3y1＝3y 已标注的线段s1、s2分别为s1＝ s2＝＝ 则有∶＝3∶7 整理得x＝y，故在抛出瞬间小球的速度大小为v0＝＝ m/s.
13.(多选)2022年北京冬奥会在北京和张家口举行，北京成为了历史上第一个既举办过夏季奥运会又举办过冬季奥运会的城市．图示为某滑雪运动员训练的场景，运动员以速度v1＝10 m/s沿倾角α＝37°、高H＝15 m的斜面甲飞出，并能无碰撞地落在倾角β＝60°的斜面乙上，顺利完成飞越．把运动员视为质点，忽略空气阻力，重力加速度取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.以下说法正确的是( )
A．运动员落至斜面乙时的速率为16 m/s B．斜面乙的高度为7.2 m C．运动员在空中飞行时离地面的最大高度为20 m D．两斜面间的水平距离约为11.1 m 答案 AB 解析 运动员在水平方向做匀速直线运动，水平方向速度大小为vx＝v1cos α＝8 m/s，落到斜面乙时，设速度大小为v2，则满足vx＝v2cos β，解得v2＝16 m/s，故A正确；设斜面乙高度为h，从斜面甲到斜面乙过程中，由机械能守恒定律得mg(H－h)＝mv22－mv12，解得h＝7.2 m，故B正确；从斜面甲飞出时，运动员在竖直方向的速度大小为vy＝v1sin α＝6 m/s，则运动员在空中飞行时离地面的最大高度为Hmax＝H＋＝16.8 m，故C错误；运动员到达斜面乙的竖直方向速度大小为vy′＝v2sin β＝8 m/s，则在空中运动的时间t＝＝ s，则水平距离为x＝vxt≈15.9 m，故D错误． |
|
|
