2023版步步高物理一轮复习讲义第四章 第2讲　抛体运动

第2讲　抛体运动目标要求　1.掌握平抛运动的规律，会用运动的合成与分解方法分析平抛运动.2.会处理平抛运动中的临界、极值问题．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．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内的速度改变量Δv＝gΔt是相同的，方向恒为竖直向下，如图所示．2．两个重要推论(1)做平抛运动的物体在任意时刻(任意位置处)，有tan θ＝2tan α.(如图所示)推导：eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\co1(tan θ＝\f(vy,v0)＝\f(gt,v0),tan α＝\f(y,x)＝\f(gt,2v0)))→tan θ＝2tan α(2)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水平位移的中点，如图所示，即xB＝eq \f(xA,2).推导：eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\co1(tan θ＝\f(yA,xA－xB),tan θ＝\f(vy,v0)＝\f(2yA,xA)))→xB＝eq \f(xA,2)例1　(多选)如图所示，x轴在水平地面上，y轴沿竖直方向．图中画出了从y轴上不同位置沿x轴正方向水平抛出的三个小球a、b和c的运动轨迹．小球a从(0,2L)处抛出，落在(2L,0)处；小球b、c从(0，L)处抛出，分别落在(2L,0)和(L,0)处．不计空气阻力，下列说法正确的是(　　)A．b和c运动时间相同B．a的运动时间是b的两倍C．a和b加速度相同D．b的初速度是c的两倍答案　ACD解析　b、c抛出时的高度相同，小于a抛出时的高度，根据h＝eq \f(1,2)gt2得t＝eq \r(\f(2h,g))，知b、c的运动时间相同，a的运动时间是b的运动时间的eq \r(2)倍，B错误，A正确；由于a和b都做平抛运动，竖直方向只受重力，故a和b加速度相同，C正确；b、c的运动时间相同，b的水平位移是c的水平位移的两倍，则b的初速度是c的初速度的两倍，D正确．例2　(2020·全国卷Ⅱ·16)如图，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑，该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3h，其左边缘a点比右边缘b点高0.5h.若摩托车经过a点时的动能为E1，它会落到坑内c点．c与a的水平距离和高度差均为h；若经过a点时的动能为E2，该摩托车恰能越过坑到达b点.eq \f(E2,E1)等于(　　)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＝eq \f(1,2)gt12，可解得v1＝eq \r(\f(gh,2))，动能E1＝eq \f(1,2)mv12＝eq \f(mgh,4)；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＝eq \f(1,2)gt22，解得v2＝3eq \r(gh)，动能E2＝eq \f(1,2)mv22＝eq \f(9,2)mgh，故eq \f(E2,E1)＝18，B正确．考点二　与斜面或圆弧面有关的平抛运动 考向1　与斜面有关的平抛运动例3　如图所示，两个高度相同的斜面，倾角分别为30°和60°，小球A、B分别由斜面顶端以相同大小的水平速度v0抛出，若两球均落在斜面上，不计空气阻力，则A、B两球平抛运动过程(　　)A．飞行的时间之比为1∶3B．水平位移大小之比为1∶9C．竖直下落高度之比为1∶3D．落至斜面时速度大小之比为1∶3答案　A解析　对于A球，tan 30°＝eq \f(yA,xA)＝eq \f(\f(1,2)gtA2,v0tA)，解得tA＝eq \f(2v0tan 30°,g)，对于B球，tan 60°＝eq \f(yB,xB)＝eq \f(\f(1,2)gtB2,v0tB)，解得tB＝eq \f(2v0tan 60°,g)，所以eq \f(tA,tB)＝eq \f(tan 30°,tan 60°)＝eq \f(1,3)，由x＝v0t可知水平位移大小之比为1∶3，由y＝eq \f(1,2)gt2，可知竖直下落高度之比为1∶9，故A正确，B、C错误；落在斜面上的竖直分速度vyA＝gtA＝2v0tan 30°，vyB＝gtB＝2v0tan 60°，vA2＝vyA2＋v02，vB2＝vyB2＋v02，则落至斜面时vA＝eq \r(\f(7,3))v0，vB＝eq \r(13)v0，速度大小之比为eq \r(7)∶eq \r(39)，故D错误．例4　如图所示，从倾角为θ的足够长的斜面顶端P以速度v0拋出一个小球，落在斜面上某处Q点，小球落在斜面上的速度与斜面的夹角为α，若把初速度变为2v0，小球仍落在斜面上，则以下说法正确的是(　　)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＝eq \f(y,x)＝eq \f(\f(1,2)gt2,v0t)，解得t＝eq \f(2v0tan θ,g)，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＝eq \f(2v02tan θ,g)知，初速度变为原来的2倍，则水平位移变为原来的4倍，PQ＝eq \f(x,cos θ)，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＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(gt,v0)＝2tan θ，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．例5　(多选)如图所示，倾角为30°的斜面体固定在水平地面上，斜面底端正上方某高度处有一小球以水平速度v0抛出，恰好垂直打在斜面上，已知重力加速度为g，不计空气阻力．下列说法正确的是(　　)A．小球从抛出到落在斜面上的运动时间为eq \f(\r(3)v0,g)B．小球从抛出到落在斜面上的运动时间为eq \f(\r(3)v0,3g)C．小球抛出时距斜面底端的高度为eq \f(5v02,g)D．小球抛出时距斜面底端的高度为eq \f(5v02,2g)答案　AD解析　小球恰好垂直打在斜面上，根据几何关系可得tan 60°＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(gt,v0)，解得t＝eq \f(\r(3)v0,g)，故A正确，B错误；小球垂直打在斜面上，根据平抛运动规律，则有x＝v0t，y＝eq \f(1,2)gt2，小球落在斜面上，根据几何关系得tan 30°＝eq \f(h－y,x)，将t＝eq \f(\r(3)v0,g)代入，联立解得h＝eq \f(5v02,2g)，故D正确，C错误． 考向2　与圆弧面有关的平抛运动例6　如图所示，B为竖直圆轨道的左端点，它和圆心O的连线与竖直方向的夹角为α.一小球在圆轨道左侧的A点以速度v0平抛，恰好沿B点的切线方向进入圆轨道．已知重力加速度为g，不计空气阻力，则A、B之间的水平距离为(　　)A.eq \f(v02tan α,g) B.eq \f(2v02tan α,g) C.eq \f(v02,gtan α) D.eq \f(2v02,gtan α)答案　A解析　由小球恰好沿B点的切线方向进入圆轨道可知，小球在B点时的速度方向与水平方向的夹角为α.由tan α＝eq \f(gt,v0)，x＝v0t，联立解得A、B之间的水平距离为x＝eq \f(v02tan α,g)，选项A正确．例7　如图所示，科考队员站在半径为10 m的半圆形陨石坑(直径水平)边，沿水平方向向坑中抛出一石子(视为质点)，石子在坑中的落点P与圆心O的连线与水平方向的夹角为37°，已知石子的抛出点在半圆形陨石坑左端的正上方，且到半圆形陨石坑左端的高度为1.2 m．取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度大小g＝10 m/s2，不计空气阻力．则石子抛出时的速度大小为(　　)A．9 m/s B．12 m/sC．15 m/s D．18 m/s答案　C解析　由题意可知，小石子竖直方向的位移为h＝h1＋Rsin 37°，根据公式可得h＝eq \f(1,2)gt2，代入数据解得t＝1.2 s．小石子水平方向的位移为x＝R＋Rcos 37°，又x＝v0t，代入数据可得石子抛出时的速度大小为v0＝15 m/s，故选C.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达到某一方向．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． 考向1　平抛运动的临界问题例8　如图所示，窗子上、下沿间的高度H＝1.6 m，竖直墙的厚度d ＝0.4 m，某人在距离墙壁L＝1.4 m、距窗子上沿h ＝0.2 m 处的 P点，将可视为质点的小物件以垂直于墙壁的速度v水平抛出，要求小物件能直接穿过窗口并落在水平地面上，不计空气阻力，g＝10 m/s2.则可以实现上述要求的速度大小是(　　)A．2 m/s B．4 m/sC．8 m/s D．10 m/s答案　B解析　小物件做平抛运动，恰好擦着窗子上沿右侧墙边缘穿过时速度v最大．此时有：L＝vmaxt1, h＝eq \f(1,2)gt12，代入数据解得：vmax＝7 m/s，小物件恰好擦着窗口下沿左侧墙边缘穿过时速度v最小，则有：L＋d＝vmint2，H＋h＝eq \f(1,2)gt22，代入数据解得：vmin＝3 m/s，故v的取值范围是3 m/s≤v≤7 m/s，故B正确，A、C、D错误． 考向2　平抛运动的极值问题例9　某科技比赛中，参赛者设计了一个轨道模型，如图所示．模型放到0.8 m高的水平桌子上，最高点距离水平地面2 m，右端出口水平．现让小球在最高点由静止释放，忽略阻力作用，为使小球飞得最远，右端出口距离桌面的高度应设计为(　　)A．0 B．0.1 mC．0.2 m D．0.3 m答案　C解析　小球从最高点到右端出口，满足机械能守恒，有mg(H－h)＝eq \f(1,2)mv2，从右端出口飞出后小球做平抛运动，有x＝vt，h＝eq \f(1,2)gt2，联立解得x＝2eq \r(H－hh)，根据数学知识知，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)t①vx＝v0x＝v0cos θ②在竖直方向，物体的位移和速度分别为y＝v0yt－eq \f(1,2)gt2＝(v0sin θ)t－eq \f(1,2)gt2③vy＝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＝eq \f(v0sin θ,g)⑤将⑤式代入③式得物体的射高ym＝eq \f(v02sin2θ,2g)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＝eq \f(2v0sin θ,g)⑦将⑦式代入①式得物体的射程xm＝eq \f(v02sin 2θ,g)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．例10　某同学在练习投篮时将篮球从同一位置斜向上抛出，其中有两次篮球垂直撞在竖直放置的篮板上，运动轨迹如图所示，不计空气阻力，关于这两次篮球从抛出到撞击篮板的过程(　　)A．两次在空中运动的时间相等B．两次抛出时的速度相等C．第1次抛出时速度的水平分量小D．第2次抛出时速度的竖直分量大答案　C解析　将篮球的运动反向处理，即为平抛运动．由题图可知，第2次运动过程中的高度较小，所以运动时间较短，故A错误．平抛运动在竖直方向上是自由落体运动，第2次运动过程中的高度较小，故第2次抛出时速度的竖直分量较小，故D错误．平抛运动在水平方向是匀速直线运动，水平射程相等，由x＝v0t可知，第2次抛出时水平分速度较大，第1次抛出时水平分速度较小，故C正确．水平分速度第2次大，竖直分速度第1次大，根据速度的合成可知，两次抛出时的速度大小关系不能确定，故B错误．例11　(2020·山东卷·16)单板滑雪U形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vM＝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，取重力加速度的大小g＝10 m/s2，sin 72.8°＝0.96，cos 72.8°＝0.30.求：(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＝eq \f(v12,2a1)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＝eq \f(2v1,a1)⑦L＝v2t＋eq \f(1,2)a2t2⑧联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得L＝12 m⑨课时精练1．如图，抛球游戏中，某人将小球水平抛向地面的小桶，结果球落在小桶的前方．不计空气阻力，为了把小球抛进小桶中，则原地再次水平抛球时，他可以(　　)A．增大抛出点高度，同时增大初速度B．减小抛出点高度，同时减小初速度C．保持抛出点高度不变，增大初速度D．保持初速度不变，增大抛出点高度答案　B解析　设小球平抛运动的初速度为v0，抛出点离桶的高度为h，水平位移为x，根据h＝eq \f(1,2)gt2，可得平抛运动的时间为：t＝eq \r(\f(2h,g))，则水平位移为：x＝v0t＝v0eq \r(\f(2h,g)).增大抛出点高度，同时增大初速度，则水平位移x增大，不会抛进小桶中，故A错误．减小抛出点高度，同时减小初速度，则水平位移x减小，可能会抛进小桶中，故B正确．保持抛出点高度不变，增大初速度，则水平位移x增大，不会抛进小桶中，故C错误．保持初速度不变，增大抛出点高度，则水平位移x增大，不会抛进小桶中，D错误．2．(2021·浙江1月选考·9)某一滑雪运动员从滑道滑出并在空中翻转时经多次曝光得到的照片如图所示，每次曝光的时间间隔相等．若运动员的重心轨迹与同速度不计阻力的斜抛小球轨迹重合，A、B、C和D表示重心位置，且A和D处于同一水平高度．下列说法正确的是(　　)A．相邻位置运动员重心的速度变化相同B．运动员在A、D位置时重心的速度相同C．运动员从A到B和从C到D的时间相同D．运动员重心位置的最高点位于B和C中间答案　A解析　由于运动员的重心轨迹与同速度不计阻力的斜抛小球轨迹重合，故可以利用斜抛运动规律分析，根据Δv＝gΔt(其中Δt为曝光的时间间隔)知，相邻位置运动员重心速度变化相同，所以A项正确；A、D位置速度大小相等，但方向不同，所以B项错误；A到B为5个时间间隔，而C到D为6个时间间隔，所以C项错误；根据斜抛运动规律，当A、D处于同一水平高度时，从A点上升到最高点的时间与从最高点下降到D点的时间相等，所以C点为轨迹的最高点，D项错误．3.(2021·江苏省1月适应性考试·5)某生态公园的人造瀑布景观如图所示，水流从高处水平流出槽道，恰好落入步道边的游泳池中．现制作一个为实际尺寸eq \f(1,16)的模型展示效果，模型中槽道里的水流速度应为实际的(　　)A.eq \f(1,2) B.eq \f(1,4) C.eq \f(1,8) D.eq \f(1,16)答案　B解析　由题意可知，水流出后做平抛运动的水平位移和竖直位移均变为原来的eq \f(1,16)，由h＝eq \f(1,2)gt2，得t＝eq \r(\f(2h,g))，所以时间变为实际的eq \f(1,4)，水流出的速度v＝eq \f(x,t)，由于水平位移变为实际的eq \f(1,16)，时间变为实际的eq \f(1,4)，则水流出的速度为实际的eq \f(1,4)，故选B.4.如图，斜面上a、b、c三点等距，小球从a点正上方O点抛出，做初速度为v0的平抛运动，恰落在b点．若小球初速度变为v，其落点位于c，则(　　)A．v03v0答案　A解析　根据平抛运动的规律可知，若小球落在b点，有x＝v0tb，tb＝eq \r(\f(2hb,g))，若落在c点，则2x＝vtc，而tc＝eq \r(\f(2hc,g))，若时间不变，则初速度变为原来的2倍，由于tc>tb，所以v0