高考物理一轮复习专题4.2曲线运动-抛体运动-(原卷版+解析)

这是一份高考物理一轮复习专题4.2曲线运动-抛体运动-(原卷版+解析)，共71页。

考向一 抛体运动的规律
考向二 速度与位移的分解
考向三 临界问题与多体问题
考向四 生活新情景问题
抛体运动的规律
一、平抛运动
1.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。
2.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。
3.基本规律（如图）
（1）速度eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(水平方向：vx＝v0,竖直方向：vy＝gt))
合速度的大小v＝eq \r(veq \\al(2,x)＋veq \\al(2,y))＝eq \r(veq \\al(2,0)＋g2t2)
设合速度的方向与水平方向的夹角为θ，有
tan θ＝eq \f(vy,vx)＝eq \f(gt,v0)。
（2）位移eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(水平方向：x＝v0t,竖直方向：y＝\f(1,2)gt2))
合位移的大小s＝eq \r(x2＋y2)＝eq \r(（v0t）2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)gt))\s\up12(2))
设合位移的方向与水平方向的夹角为α，有
tan α＝eq \f(y,x)＝eq \f(gt,2v0)。
平抛运动的轨迹：由x＝v0t，y＝eq \f(1,2)gt2，得y＝eq \f(g,2v\\al(2,0))x2，所以平抛运动的轨迹是一条抛物线。
（3）常用结论：
①运动时间：t＝eq \r(\f(2h,g))，时间取决于下落高度h，与初速度v0无关.
②水平射程：x＝v0t＝v0eq \r(\f(2h,g))，水平射程由初速度v0和下落高度h共同决定.
③落地速度：vt＝eq \r(vx2＋vy2)＝eq \r(v02＋2gh)，落地速度也只与初速度v0和下落高度h有关.
三个重要结论：
①合速度方向与水平方向的夹角θ和合位移方向与水平方向的夹角α的关系，tan θ＝2tan α。
②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，即xOC＝eq \f(x,2)。
③速度变化：平抛运动是匀变速曲线运动，故在相等的时间内，速度的变化量（Δv＝gΔt）相等，且必沿竖直方向，如图所示。任意两时刻的速度与速度的变化量Δv构成三角形，Δv沿竖直方向。
注意：
（1）水平方向分速度保持；竖直方向，加速度恒为g，速度=gt。从抛出点起，每隔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等于；
②任意相等时间间隔内的速度改变量均整直向下，且.
（2）在连续相等时间间隔内，竖直方向上的位移与水平方向上的位移变化规律：
在连续相等的时间间隔内，水平方向的位移，即位移不变：竖直方向上的位移，即位移差不变。
二、一般的抛体运动
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＝v0cs θ，v0y＝v0sin θ.
在水平方向，物体的位移和速度分别为
x＝v0xt＝(v0cs θ)t①
vx＝v0x＝v0cs 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)gt2③
vy＝v0y－gt＝v0sin θ－gt④
5.方法与技巧
(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
【典例1】某物体做平抛运动时，它的速度方向与水平方向的夹角为θ，其正切值tan θ随时间t变化的图象如图所示，(g取10 m/s2)则 ( )
A．第1 s物体下落的高度为5 m B．第1 s物体下落的高度为10 m
C．物体的初速度为5 m/s D．物体的初速度为15 m/s
答案:：A
解析：：因tan θ＝eq \f(gt,v0)＝eq \f(g,v0)t，对应图象可得eq \f(g,v0)＝1，v0＝10 m/s，C、D错误；第1 s内物体下落的高度h＝eq \f(1,2)gt2＝eq \f(1,2)×10×12 m＝5 m，A正确，B错误．
【典例2】(多选)(2023·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
答案:AC
解析：由x＝v0t可知，要使小球抛进小桶中，可高度不变，减小初速度，也可初速度不变，降低抛出点的高度，故A、C正确。
【典例3】(多选)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
答案: CD
解析： 在同一位置抛出的两小球，不计空气阻力，在运动过程中的加速度等于重力加速度，故A、B的加速度相等，选项A错误；根据h＝eq \f(1,2)gt2，两球运动的最大高度相同，故两球飞行的时间相等，选项B错误；由于B的射程大，根据水平方向匀速运动的规律x＝vt，故B在最高点的速度比A的大，选项C正确；根据竖直方向自由落体运动，A、B落地时在竖直方向的速度相等，B的水平速度大，速度合成后B在落地时的速度比A的大，选项D正确．
练习1.(多选)(2023·山东济南二模)以v0的速度水平抛出一物体，当其水平分位移与竖直分位移大小相等时，下列说法正确的是( )
A．此时速度的大小是 eq \r(5)v0 B．运动时间是eq \f(2v0,g)
C．竖直分速度大小等于水平分速度大小 D．运动的位移是eq \f(2\r(2)veq \\al(2,0),g)
答案:ABD.
解析：：物体做平抛运动，根据平抛运动的规律可得水平方向上：x＝v0t，竖直方向上：h＝eq \f(1,2)gt2当其水平分位移与竖直分位移大小相等时，即x＝h，所以v0t＝eq \f(1,2)gt2 解得t＝eq \f(2v0,g)，故B正确；平抛运动竖直方向上的速度为vy＝gt＝g·eq \f(2v0,g)＝2v0，故C错误；此时合速度的大小为eq \r(veq \\al(2,0)＋veq \\al(2,y))＝eq \r(5)v0，故A正确；由于此时的水平分位移与竖直分位移相等，所以x＝h＝v0t＝v0·eq \f(2v0,g)＝eq \f(2veq \\al(2,0),g)，所以此时运动的合位移的大小为eq \r(x2＋h2)＝eq \r(2)x＝eq \f(2\r(2)veq \\al(2,0),g)，故D正确．
练习2.如图所示，将一小球从坐标原点沿着水平轴Ox以v0＝2 m/s的速度抛出，经过一段时间小球到达P点，M为P点在Ox轴上的投影，作小球轨迹在P点的切线并反向延长，与Ox轴相交于Q点，已知QM＝3 m，则小球运动的时间为( )
A．1 s B．2 s
C．3 s D．4 s
答案:C
解析：由平抛运动的推论可知，Q为OM的中点，则从O点运动到P点的过程中，小球发生的水平位移s水平＝OM＝2QM＝6 m。由于水平方向做匀速直线运动，则小球运动的时间为t＝eq \f(s水平,v0)＝3 s，C正确。
练习3.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v­t图线，如图所示．若平抛运动的时间大于2t1，下列说法中正确的是( )
A．图线1表示竖直分运动的v­t图线
B．t1时刻的速度方向与初速度方向的夹角为30°
C．t1时间内的位移方向与初速度方向夹角的正切值为eq \f(1,2)
D．2t1时间内的位移方向与初速度方向夹角为60°
答案:C
解析：由v­t图线可以看出，图线1表示水平分运动，图线2表示竖直分运动，故A错误；t1时刻vx＝vy，合速度与水平方向的夹角为45°，B错误；由tan α＝eq \f(\f(1,2)gt\\al(2,1),v1t1)，v1＝gt1，得：tan α＝eq \f(1,2)，C正确；2t1时间内：tan α′＝eq \f(\f(1,2)g2t\\al(2,1),v1×2t1)＝1，α′＝45°，故D错误．
【巧学妙记】
平抛运动中物理量的关系图
两个三角形，速度与位移；
九个物理量，知二能求一；
时间和角度，桥梁和纽带；
时间为明线，角度为暗线。
速度与位移的分解
一、速度的分解
1.从斜面外恰好与斜面平行的方向落到斜面(如图)：
合速度与水平速度的夹角等于斜面倾角，常用速度关系tan θ＝eq \f(vy,vx)＝eq \f(gt,v0).
2.从圆弧形轨道外平抛，恰好无碰撞地进入圆弧形轨道，如图所示，即已知速度方向沿该点圆弧的切线方向
分解速度tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(gt,v0)
3.从圆柱体轨道外平抛，小球恰好从圆柱体表面Q点沿切线飞过，如图所示，即已知速度方向沿该点圆柱体的切线方向。此时半径OQ垂直于速度方向，圆心角θ与速度的偏向角相等。
由tan θ＝eq \f(v0,vy)＝eq \f(v0,gt)得t＝eq \f(v0,gtan θ)
4.对着斜面平抛
垂直撞在斜面上，已知速度方向垂直斜面向下(如图)
处理方法：分解速度.
vx＝v0
vy＝gt
tan θ＝eq \f(vx,vy)＝eq \f(v0,gt)
可求得t＝eq \f(v0,gtan θ).
位移的分解
1.落到斜面上，已知位移方向沿斜面向下(如图)
处理方法：分解位移.
x＝v0t
y＝eq \f(1,2)gt2
tan θ＝eq \f(y,x)
可求得t＝eq \f(2v0tan θ,g).
在斜面上以不同的初速度水平抛出的物体，若落点仍在斜面上，则存在以下规律：
(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，位移方向相同，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。
2.在半圆内的平抛运动
由半径和几何关系制约平抛运动时间t：h＝eq \f(1,2)gt2，R±eq \r(R2－h2)＝v0t.
联立两方程可求t.
3.在斜面外平抛，落在斜面上位移最小，如图所示，已知位移方向垂直斜面
分解位移tan θ＝eq \f(x,y)＝eq \f(v0t,\f(1,2)gt2)＝eq \f(2v0,gt)
【典例4】(2023·内蒙古集宁一中模拟)如图所示，某一小球以v0＝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点小球速度方向与水平方向的夹角为45°，在B点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/s2)．以下判断中正确的( )
A．小球经过A、B两点间的时间t＝eq \r(3) s
B．小球经过A、B两点间的时间t＝1 s
C．A、B两点间的高度差h＝10 m
D．A、B两点间的高度差h＝15 m
答案:：C
解析：：根据运动的合成与分解知，vyA＝v0＝10 m/s，vyB＝v0tan 60°＝eq \r(3)v0＝10eq \r(3) m/s，则小球由A到B的时间间隔Δt＝eq \f(vyB－vyA,g)＝eq \f(10\r(3)－10,10) s＝(eq \r(3)－1) s，故A、B错误．A、B的高度差h＝eq \f(veq \\al(2,yB)－veq \\al(2,yA),2g)＝eq \f(300－100,20) m＝10 m，故C正确，D错误．
【典例5】(多选)如图所示，倾角为θ的斜面静止在水平面上，在斜面上的A点以v0的初速度水平抛出一小球，其落点与A的水平距离为s1；若改为2v0的速度在同一点抛出，则落点与A的水平距离为s2，则s1：s2可能为( )
A．1∶2B．1∶3
C．1∶4 D．1∶5
答案:ABC
解析： 当两次都落在斜面上时，由s＝v0t，y＝eq \f(1,2)gt2，tan θ＝eq \f(y,s)有s＝eq \f(2v\\al(2,0)tan θ,g)，得s∝veq \\al(2,0)，所以s1∶s2＝1∶4；当两次都落在水平面上时，由s＝v0t，h＝eq \f(1,2)gt2有s＝v0eq \r(\f(2h,g))，得s∝v0，所以s1∶s2＝1∶2，而一次落在斜面上一次落在水平面上时，其比值介于这两者之间，故A、B、C正确．
练习4如图所示，水平抛出的物体，抵达斜面上端P处时其速度方向恰好沿斜面方向，然后沿斜面无摩擦滑下，下列选项中的图象描述的是物体沿x方向和y方向运动的速度－时间图象，其中正确的是( )
答案:C
解析：0～tP段，水平方向：vx＝v0恒定不变；竖直方向：vy＝gt；tP～tQ段，水平方向：vx＝v0＋a水平t，竖直方向：vy＝vPy＋a竖直t(a竖直练习5.(2023·河北沧州市一模)如图所示，竖直平面内有A、B、C三点，三点连线构成一直角三角形，AB边竖直，BC边水平，D点为BC边中点。一可视为质点的物体从A点水平抛出，轨迹经过D点，与AC交于E点。若物体从A运动到E的时间为t1，从E运动到D的时间为t2，则t1∶t2为( )
A．1∶1 B．1∶2
C．2∶3 D．1∶3
答案:A
解析：本题考查平抛运动的基本性质。设质点从A运动到D所需的总时间为t，则t＝t1＋t2，∠ACB＝θ，设平抛的初速度为v0，由平抛运动规律得tan θ＝eq \f(\f(1,2)gt\\al(2,1),v0t1)＝eq \f(\f(1,2)gt2,2v0t)，解得eq \f(t1,t)＝eq \f(1,2)，所以t1∶t2＝1∶1，故A正确。
临界问题与多体问题
一、临界问题
处理此类问题的重点在于结合实际模型，对题意进行分析，提炼出关于临界条件的关键信息。此类问题的临界条件通常为位置关系的限制或速度关系的限制，列出竖直方向与水平方向上的方程，将临界条件代入即可求解。在分析此类问题时一定要注意从实际出发寻找临界点，画出物体运动的草图，找出临界条件。
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．
二、多体问题
1．多体平抛运动问题是指多个物体在同一竖直平面内平抛时所涉及的问题。
2．三类常见的多体平抛运动
(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，二者间距由两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间均匀增大，二者间距取决于两物体的水平分运动和竖直分运动。
【典例6】(2023·广东五校一联)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.现让小球由最高点静止释放，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 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，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.
【典例7】(多选)如图所示，一网球运动员将球在边界正上方某处水平向右击出，球的初速度垂直于球网平面，且刚好过网落在对方界内。相关数据如图，不计空气阻力，下列说法正确是( )
A.击球点高度h1与球网高度h2之间的关系为h1＝1.8h2
B.若保持击球高度不变，球的初速度v0只要不大于eq \f(s,h1)eq \r(2gh1)，一定落在对方界内
C.任意降低击球高度(仍大于h2)，只要球的初速度合适，球一定能落在对方界内
D.任意增加击球高度，只要球的初速度合适，球一定能落在对方界内
答案:AD
解析：由题意可知球通过水平位移s和eq \f(3,2)s，所用的时间之比为2∶3，则在竖直方向上，根据h＝eq \f(1,2)gt2，可得eq \f(h1－h2,h1)＝eq \f(4,9)，解得h1＝1.8h2，故A正确；竖直方向上，根据h＝eq \f(1,2)gt2，可得时间t＝eq \r(\f(2h,g))，若保持击球高度不变，球恰不越界时，运动时间t1＝eq \r(\f(2h1,g))，故可得球的最大初速度v01＝eq \f(2s,t1)＝eq \f(s,h1)eq \r(2gh1)；球恰好过网时，运动时间t2＝eq \r(\f(2（h1－h2）,g))，故可得球的最小初速度v02＝eq \f(s,t2)＝seq \r(\f(g,2（h1－h2）))，故球初速度的取值范围是seq \r(\f(g,2（h1－h2）))≤v0≤eq \f(s,h1)eq \r(2gh1)，选项B错误；任意降低击球高度(仍大于h2)，存在一个临界高度h0，这个临界高度值满足h0－h2＝eq \f(1,2)gt2＝eq \f(1,2)g(eq \f(s,v0))2，h0＝eq \f(1,2)gt′2＝eq \f(1,2)g(eq \f(2s,v0))2，联立得该临界高度h0＝eq \f(4,3)h2，球的初速度v0＝eq \r(\f(3gs2,2h2))，低于这一高度击球，球不能落在对方界内，故选项C错误；增加击球高度，只要球的初速度合适，球一定能落到对方界内，故D正确。
【典例8】（多选）在如图所示的平面直角坐标系中，A，B，C三个小球沿图示方向做平抛运动，已知三个小球恰好在x轴上相遇，则（ ）
A.小球A一定比小球B先抛出
B.小球A、B在空中运动的时间之比为2∶1
C.小球A的初速度可能比小球B的初速度大
D.小球C的初速度可能比小球B的初速度小
答案:ACD
解析：A项，根据t＝eq \r(\f(2h,g))知，A、B下落的高度之比为2∶1，则运动时间之比为eq \r(2)∶1，则A一定比小球B先抛出，故A项正确，B项错误；
C项，由于不知道A、B球水平位移的关系，所以不能判断初速度大小关系，则A的初速度可能比小球B的初速度大，故C项正确.
D项，B的高度小于C的高度，则B运动的时间小于C运动的时间，而B的水平位移又小于C的水平位移，则不能判断B、C初速度大小关系，即小球C的初速度可能比小球B的初速度小，故D项正确.
练习6.(多选)(2023·郴州模拟)(多选)地面上有一个半径为R的圆形跑道ABCD，高为h的平台边缘上的P点在地面上P′点的正上方，P′与跑道ABCD的圆心O的距离为L(L>R)，P′、A、O、C各点在同一水平直线上，如图所示．跑道ABCD上有一辆小火车(高度忽略不计)在做圆周运动，现从P点以初速度v0水平抛出一小沙袋，使其落入小火车中，沙袋所受空气阻力不计，重力加速度为g.则( )
A．要使沙袋落入小火车中，沙袋初速度的最大值为(L＋R)eq \r(\f(g,2h))
B．要使沙袋落入小火车中，沙袋初速度的最小值为Leq \r(\f(g,2h))
C．要使沙袋在B处落入小火车中，沙袋初速度应为 eq \r(\f(gL2＋R2,2h))
D．要使沙袋在D处落入小火车中，沙袋初速度应为 eq \r(\f(gL2－R2,2h))
答案:AC
解析：沙袋从P点被抛出后做平抛运动，由h＝eq \f(1,2)gt2可知，沙袋下落h高度所需时间t＝eq \r(\f(2h,g))；沙袋在A点落入小火车中时，有xA＝vAt＝L－R，解得沙袋的最小初速度vA＝(L－R)eq \r(\f(g,2h))；当沙袋在B或D点落入小火车中时，有xB＝vBt＝eq \r(L2＋R2)，解得沙袋的初速度vB＝ eq \r(\f(gL2＋R2,2h))＝vD；当沙袋在C点落入小火车中时，有xC＝vCt＝L＋R，解得沙袋的最大初速度vC＝(L＋R)eq \r(\f(g,2h)).选项A、C正确．
练习7.(2023·湖北八校联考)如图所示，P、Q和M、N分别是坐标系x轴与y轴上的两点，Q为OP的中点，N为OM的中点，a、b、c表示三个可视为质点的物体做平抛运动的轨迹，a、b抛出点的位置相同，a、c落点的位置相同，以va、vb、vc表示三个物体的初速度，ta、tb、tc表示三个物体做平抛运动的时间，则有( )
A．va∶vb＝1∶2 B．vb∶vc＝eq \r(2)∶4
C．ta∶tb＝1∶eq \r(2) D．tb∶tc＝2∶1
答案:B
解析：三个物体都做平抛运动，在竖直方向上是自由落体运动，由h＝eq \f(1,2)gt2解得t＝eq \r(\f(2h,g))，可知下落的时间之比为ta∶tb∶tc＝eq \r(2)∶eq \r(2)∶1，由x＝v0t解得v0＝eq \f(x,t)，可知水平方向上物体的初速度之比va∶vb∶vc＝2∶1∶2eq \r(2)，故B正确，A、C、D错误。
练习8.如图所示，相距l的两小球A、B位于同一高度h(l、h均为定值)。将A向B水平抛出的同时，B自由下落。A、B与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反。不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间，则( )
A．A、B在第一次落地前能否相碰，取决于A的初速度
B．A、B在第一次落地前若不碰，此后就不会相碰
C．A、B不可能运动到最高处相碰
D．A、B一定能相碰
答案: AD
解析： 由题意知A做平抛运动，即水平方向做匀速直线运动，竖直方向为自由落体运动；B为自由落体运动，A、B竖直方向的运动相同，二者与地面碰撞前运动时间t1相同，且t1＝ eq \r(\f(2h,g)) ①，若第一次落地前相碰，只要满足A运动时间t＝eq \f(l,v)＜t1，即v＞eq \f(l,t1)，所以选项A正确；因为A、B在竖直方向的运动同步，始终处于同一高度，且A与地面相碰后水平速度不变，所以A一定会经过B所在的竖直线与B相碰．碰撞位置由A球的初速度决定，故选项B、C错误，选项D正确．
临界问题解题技巧：
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．
多体的平抛问题
(1)两条平抛运动轨迹的交点是两物体的必经之处,是物体相遇的必要条件。
(2)若两物体同时从同一高度抛出,则两物体始终处在同一高度。
(3)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。
(4)若两物体从同一高度先后抛出,则两物体高度差随时间均匀增大。
【巧学妙记】
生活新情景问题
1.类平抛运动的特点
(1)有时物体的运动与平抛运动很相似，也是物体在某方向做匀速直线运动，在垂直匀速直线运动的方向上做初速度为零的匀加速直线运动。对这种像平抛又不是平抛的运动，通常称为类平抛运动。
(2)受力特点：物体所受的合力为恒力，且与初速度的方向垂直。
(3)运动特点：在初速度v0方向做匀速直线运动，在合外力方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝eq \f(F合,m)。
如图所示，将质量为m的小球从倾角为θ的光滑斜面上A点以速度v0水平抛出(v0的方向与CD平行)，小球运动到B点的过程中做的就是类平抛运动。
2.类平抛运动与平抛运动的规律相类似，两者的区别
(1)运动平面不同：类平抛运动→任意平面；平抛运动→竖直面。
(2)初速度方向不同：类平抛运动→任意方向；平抛运动→水平方向。
(3)加速度不同：类平抛运动→a＝eq \f(F,m)，与初速度方向垂直；平抛运动→重力加速度g，竖直向下。
【典例9】主题口号为“一起向未来”的2022年北京冬奥会圆满落幕。跳台滑雪比赛在河北张家口举行，如图，跳台滑雪赛道由助滑道、着陆坡、停止区三部分组成。比赛中，甲、乙两运动员先后以速度、从点正上方处沿水平方向飞出，分别落在了着陆坡的中点和末端，运动员可看成质点，不计空气阻力，着陆坡的倾角为，重力加速度为，则（ ）
A．甲运动员从点飞出到距离斜面最远所需要的时间
B．、的大小关系为
C．甲、乙两运动员落到着陆坡前瞬间速度方向相同
D．甲运动员落到着陆坡前瞬间速度方向与水平方向的夹角比乙的大
答案:AD
解析：A．甲运动员从点飞出到距离斜面最远时，速度方向与斜面平行，则有，解得，A正确；B．设高度为，长度为，对甲运动员有，，解得，对乙运动员有，，解得，可得，即，B错误；CD．设甲、乙两运动员落到着陆坡前瞬间速度方向与水平方向成和，位移方向与水平方向成和，根据平抛运动推论可知，，由情景图可知，甲运动员落到着陆坡前瞬间位移方向与水平方向夹角比乙的大，即，则有，可得，即甲运动员落到着陆坡前瞬间速度方向与水平方向的夹角比乙的大，C错误，D正确；故选AD。
【典例10】(2023·河南郑州一模)甲、乙两个同学打乒乓球，某次动作中，甲同学持拍的拍面与水平方向成45°角，乙同学持拍的拍面与水平方向成30°角，如图所示．设乒乓球击打拍面时速度方向与拍面垂直，且乒乓球每次击打球拍前、后的速度大小相等，不计空气阻力，则乒乓球击打甲的球拍的速度v1与乒乓球击打乙的球拍的速度v2之比为( )
A.eq \f(\r(6),3) B.eq \r(2) C.eq \f(\r(2),2) D.eq \f(\r(3),3)
答案:C.
解析：：由题可知，乒乓球在甲与乙之间做斜上抛运动，根据斜上抛运动的特点可知，乒乓球在水平方向的分速度大小保持不变，竖直方向的分速度是不断变化的，由于乒乓球击打拍面时速度与拍面垂直，在甲处：vx＝v1sin 45°，在乙处：vx＝v2sin 30°；所以：eq \f(v1,v2)＝eq \f(\f(vx,sin 45°),\f(vx,sin 30°))＝eq \f(\r(2),2)，故C正确，A、B、D错误．
【典例11】如图所示的光滑斜面长为L，宽为s，倾角为θ＝30°，一小球(可视为质点)从斜面右上方顶点A处水平射入，恰好从底端B点离开斜面，重力加速度为g.则下列说法正确的是( )
A．小球运动的加速度为g
B．小球由A运动到B所用的时间为eq \r(\f(2L,g))
C．小球由A点水平射入时初速度v0的大小为seq \r(\f(g,2L))
D．小球离开B点时速度的大小为eq \r(\f(g,4L)s2＋4L2)
答案: D
解析： 依据曲线运动条件，初速度与合力方向垂直，且合力大小恒定，则小球做匀变速曲线运动，再根据牛顿第二定律得，小球的加速度为a＝eq \f(mgsin θ,m)＝gsin θ＝eq \f(1,2)g，故A错误；根据L＝eq \f(1,2)at2，有t＝eq \r(\f(2L,a))＝eq \r(\f(2L,gsin θ))＝eq \r(\f(4L,g))，选项B错误；在B点的平行斜面方向向下的分速度为vBy＝at＝eq \f(1,2)g×eq \r(\f(4L,g))＝eq \r(gL)；根据s＝v0t，有v0＝eq \f(s,t)＝seq \r(\f(g,4L))；故小球离开B点时速度的大小v＝eq \r(v\\al(02)＋v\\al(By2))＝eq \r(\f(g,4L)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(s2＋4L2)))，故C错误，D正确．
练习9.如图所示为足球球门，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，忽略空气阻力），则（ ）
A.足球初速度的方向与球门线夹角的正切值tanθ＝
B.足球位移的大小x＝
C.足球初速度的大小v0＝
D.足球末速度的大小v＝
答案:C
解析：由几何关系可得足球初速度的方向与球门线夹角的正切值：，故A错误；足球在水平方向的位移大小为：，所以足球的位移大小：，故B错误；足球运动的时间：，所以足球的初速度的大小：，故C正确；足球运动的过程中只有重力做功，由动能定理得：，联立可得：足球末速度的大小：，故D错误.所以C正确，ABD错误.
平抛运动与日常生活紧密联系，如乒乓球、足球、排球等运动模型，飞镖、射击、飞机投弹模型等。这些模型经常受到边界条件的制约，如网球是否触网或越界、飞镖是否能中靶心、飞机投弹是否能命中目标等。解题的关键在于能准确地运用平抛运动的规律分析对应的运动特征。
【巧学妙记】
1. (2023浙江五校联盟高三月考)如图所示是排球场地的示意图。排球场ABCD为矩形,长边AD=L,前场区的长度为L6,宽AB=L2,网高为h。在排球比赛中,对运动员的弹跳水平要求很高。如果运动员的弹跳水平不高,运动员的击球点的高度低于某个临界值,那么无论水平击球的速度多大,排球不是触网就是越界。不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A.若在底线CD正上方沿垂直AB水平击球,临界高度为98h
B.若在底线CD的D点正上方的临界高度沿场地对角线水平击球,击球的速度为15g8ℎL
C.若在前后场区的分界线EF正上方垂直AB水平击球,临界高度为1615h
D.若在前后场区的分界线的E点正上方水平击球,沿着EB方向击球,临界高度最大
2.如图所示斜坡倾角为45°，在斜坡底端P点正上方某一位置Q处以速度v0水平向左抛出一个小球A，小球恰好能垂直落在斜坡上，运动时间为。若在小球A抛出的同时，小球B从同一点Q处开始自由下落，下落至P点的时间为。则A、B两球在空中运动的时间之比等于（不计空气阻力）（ ）
A.1：1B.1：C.1：2D.1：
3.如图，可视为质点的小球，位于半径为半圆柱体左端点A的正上方某处，以一定的初速度水平抛出小球，其运动轨迹恰好能与半圆柱体相切于B点.过B点的半圆柱体半径与水平方向的夹角为，则初速度为：（不计空气阻力，重力加速度为）（ ）
A. B.C. D.
4.(2023届广东省惠州市高三三调）如图，一运动员将篮球从地面上方B点以速度v0斜向上抛出，恰好垂直击中竖直篮板上A点。后来该运动员后撤到更远的C点投篮，仍然将球垂直击中篮板上A点，关于两次投篮的比较，下列说法正确的是（ ）
A．在C点抛出速度v0更小，同时抛射角θ更大
B．在C点抛出速度v0更小，同时抛射角θ更小
C．在C点抛出速度v0更大，同时抛射角θ更大
D．在C点抛出速度v0更大，同时抛射角θ更小
1.(多选)对于平抛运动，下列说法正确的是( )
A．落地时间和落地时的速度只与抛出点的高度有关
B．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
C．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
D．平抛运动是加速度大小、方向不变的曲线运动
2．如图所示，一半圆柱体放在地面上，横截面半径为R，圆心为O，在半圆柱体的右侧B点正上方离地面高为2R处的A点水平向左抛出一个小球，小球恰好能垂直打在半圆柱体上，小球从抛出到落到半圆柱体上所用的时间为t，重力加速度为g，则小球抛出的初速度大小为( )
A.eq \f(2Rgt,4R＋gt2) B.eq \f(Rgt,4R＋gt2)
C.eq \f(Rgt,R＋4gt2) D．eq \f(2Rgt,R＋4gt2)
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v0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( )
A.若小球以最小位移到达斜面，则t＝eq \f(2v0,gtan θ)
B.若小球垂直击中斜面，则t＝eq \f(v0,gtan θ)
C.若小球能击中斜面中点，则t＝eq \f(2v0,gtan θ)
D.无论小球到达斜面何处，运动时间均为t＝eq \f(2v0tan θ,g)
4.斜面上有a、b、c、d四个点，如图所示，ab＝bc＝cd，从a点正上方的O点以速度v水平抛出一个小球，它落在斜面上b点，若小球从O点以速度2v水平抛出，不计空气阻力，则它落在斜面上的( )
A．b与c之间某一点 B．c点
C．c与d之间某一点 D．d点
5.如图所示，斜面上O、P、Q、R、S五个点，距离关系为OP＝PQ＝QR＝RS，从O点以v0的初速度水平抛出一个小球，不计空气阻力，小球落在斜面上的P点．若小球从O点以2v0的初速度水平抛出，则小球将落在斜面上的( )
A．Q点 B．S点
C．Q、R两点之间 D．R、S两点之间
6．如图所示，斜面上a、b、c三点等距，小球从a点正上方O点抛出，做初速为v0的平抛运动，恰落在b点。若小球初速变为v，其落点位于c，则( )
A．v0C．2v03v0
7.如图，某军队在一次空地联合军事演习中，离地面H=5000m高处的飞机以水平对地速度v1=200m/s发射一颗炸弹轰炸地面目标P，反应灵敏的地面拦截系统同时以初速度v2竖直向上发射一颗炮弹拦截(炮弹运动过程看作竖直上抛)，设此时拦截系统与飞机的水平距离为s=3000m，若拦截成功，不计空气阻力，则v2的值应为（ ）
A.B.120C.200D.200
8(2023·南昌模拟)如图，战机在斜坡上方进行投弹演练。战机水平匀速飞行，每隔相等时间释放一颗炸弹，第一颗落在a点，第二颗落在b点。斜坡上c、d两点与a、b共线，且ab＝bc＝cd，不计空气阻力。第三颗炸弹将落在( )
A．bc之间 B．c点
C．cd之间 D．d点
9.(2023·浙江杭州质检)如图所示，从水平地面上的A、B两点分别斜抛出两小球，两小球均能垂直击中前方竖直墙面上的同一点P。已知点P距地面的高度h＝0.8 m，A、B两点距墙的距离分别为0.8 m和0.4 m。不计空气阻力，则从A、B两点抛出的两小球( )
A．从抛出到击中墙壁的时间之比为2∶1
B．击中墙面的速率之比为1∶1
C．抛出时的速率之比为eq \r(17)∶2eq \r(5)
D．抛出时速度方向与地面夹角的正切值之比为1∶2
10.（多选）在水平路面上做匀速直线运动的小车上有一固定的竖直杆，其上的三个水平支架上有三个完全相同的小球A、B、C，它们离地的高度分别为、和。当小车遇到障碍物P时，立即停下来，三个小球同时从支架上水平抛出，先后落到水平路面上，如图所示。则下列正确的是（ ）
A.三个小球落地时间差与车速无关
B.三个小球落地点的间隔距离
C.三个小球落地点的间隔距离
D.三个小球落地点的间隔距离
11.（多选）在高处以初速度v1水平抛出一个带刺飞镖，在离开抛出点水平距离l、2l处有A、B两个小气球以速度v2匀速上升，先后被飞镖刺破（认为飞镖质量很大，刺破气球不会改变其平抛运动的轨迹）。则下列判断正确的是（ ）
A.飞镖刺破A气球时，飞镖的速度大小为
B.飞镖刺破A气球时，飞镖的速度大小为
C.A、B两个小气球未被刺破前的匀速上升过程中，高度差为
D.A、B两个小气球未被刺破前的匀速上升过程中，高度差为
12.如图所示，某同学用一个小球在O点对准前方的一块竖直放置的挡板，O与A在同一高度，小球的水平初速度分别是，不计空气阻力。打在挡板上的位置分别是B、C、D，且。则之间的正确关系是（ ）
A.B.
C.D.
13、(2023福建省福州八中高三质检）如图所示，斜面固定在水平面上，两个小球分别从斜面底端O点正上方A、B两点向右水平抛出，B为AO连线的中点，最后两球都垂直落在斜面上，A、B两球击中斜面位置到O点的距离之比为

A．:1B．2 : 1C．4 :D．4 : 1
14．从高H处的一点O先后平抛两个小球1和2，球1恰好直接越过竖直挡A落到水平地面上的B点，球2与地碰撞n次后恰好越过同一竖直档板后也落于B点。设球2与地面的碰撞类似光的反射，且反弹前后速度大小相同。则竖直挡板的高度h为（ ）
A．B．C．D．
15.质量为m=0.5kg、可视为质点的小滑块，从光滑斜面上高h0=0.6m的A点由静止开始自由滑下。已知斜面AB与水平面BC在B处通过一小圆弧光滑连接。长为x0=0.5m的水平面BC与滑块之间的动摩擦因数μ=0.3，C点右侧有3级台阶（台阶编号如图所示），D点右侧是足够长的水平面。每级台阶的高度均为h=0.2m，宽均为L=0.4m。（设滑块从C点滑出后与地面或台阶碰撞后不再弹起）。
（1）求滑块经过B点时的速度vB；
（2）求滑块从B点运动到C点所经历的时间t；
（3）（辨析题）某同学是这样求滑块离开C点后，落点P与C点在水平方向距离x，滑块离开C点后做平抛运动，下落高度H=4h=0.8m，在求出滑块经过C点速度的基础上，根据平抛运动知识即可求出水平位移x。
你认为该同学解法是否正确？如果正确，请解出结果。如果不正确，请说明理由，并用正确的方法求出结果。
1.(2023•河北）如图，广场水平地面上同种盆栽紧密排列在以O为圆心，R1和R2为半径的同心圆上，圆心处装有竖直细水管、其上端水平喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度均可调节，以保障喷出的水全部落入相应的花盆中，依次给内圈和外圈上的盆栽浇水时，喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度分别用h1、v1、ω1和h2、v2、ω2表示。花盆大小相同，半径远小于同心圆半径，出水口截面积保持不变，忽略喷水嘴水平长度和空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．若h1＝h2，则v1：v2＝R2：R1
B．若v1＝v2，则h1：h2＝R12：R22
C．若ω1＝ω2，v1＝v2，喷水嘴各转动一周，则落入每个花盆的水量相同
D．若h1＝h2，喷水嘴各转动一周且落入每个花盆的水量相同，则ω1＝ω2
2.(2023·山东卷)如图所示，某同学将离地的网球以的速度斜向上击出，击球点到竖直墙壁的距离。当网球竖直分速度为零时，击中墙壁上离地高度为的P点。网球与墙壁碰撞后，垂直墙面速度分量大小变为碰前的0.75倍。平行墙面的速度分量不变。重力加速度g取，网球碰墙后的速度大小v和着地点到墙壁的距离d分别为（ ）
A. B. C. D.
3.(2023•广东）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
4.(2023·河北卷，2)铯原子钟是精确的计时仪器，图甲中铯原子从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；图乙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＝10 m/s2，则t1∶t2为( )
A．100∶1 B．1∶100
C．1∶200 D．200∶1
5.(2023·广东卷)图是滑雪道的示意图。可视为质点的运动员从斜坡上的M点由静止自由滑下，经过水平NP段后飞入空中，在Q点落地。不计运动员经过N点的机械能损失，不计摩擦力和空气阻力。下列能表示该过程运动员速度大小v或加速度大小a随时间t变化的图像是（ ）
A. B.
C. D.
6.(多选)(2023·海南卷，11)小朋友玩水枪游戏时，若水从枪口沿水平方向射出的速度大小为10 m/s，水射出后落到水平地面上。已知枪口离地高度为1.25 m，g＝10 m/s2，忽略空气阻力，则射出的水( )
A．在空中的运动时间为0.25 s
B．水平射程为5 m
C．落地时的速度大小为15 m/s
D．落地时竖直方向的速度大小为5 m/s
7.(多选)(2023·江苏卷，8)如图所示，小球A、B分别从2l和l的高度水平抛出后落地，上述过程中A、B的水平位移分别为l和2l。忽略空气阻力，则 ( )
A．A和B的位移大小相等
B．A的运动时间是B的2倍
C．A的初速度是B的eq \f(1,2)
D．A的末速度比B的大
8.(2023·全国Ⅱ卷，16)如图所示，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．20B．18
C．9.0 D．3.0
9．(多选) (2023·海南卷)三个小物块分别从3条不同光滑轨道的上端由静止开始滑下，已知轨道1、轨道2、轨道3的上端距水平地面的高度均为4h0；它们的下端水平，距地面的高度分别为h1＝h0、h2＝2h0、h3＝3h0，如图所示，若沿轨道1、2、3下滑的小物块的落地点到轨道下端的水平距离分别记为s1、s2、s3，则( )
A．s1＞s2 B．s2＞s3
C．s1＝s3 D．s2＝s3
10.(2023·全国Ⅲ卷·17)在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以v和eq \f(v,2)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
11．(2023·山东等级考)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，cs 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。
新课程标准
1.通过实验，探究并认识平抛运动的规律。会用运动合成与分解的方法分析平抛运动。体会将复杂运动分解为简单运动的物理思想。能分析生产生活中的抛体运动。
命题趋势
考查的内容多贴近生活实际，试题多涉及平抛运动的合成和分解，考查考生的情境分析能力，提取信息进行物理情境构建的能力，应用基本规律分析、推理和计算的能力。
试题情境
生活实践类
生活中的抛体运动，射箭、踢足球、打羽毛球、排球、摩托车越野等动力学及临界问题，
学习探究类
与斜面或圆弧面有关的平抛运动
y
v0
θ
vx
vy
x
v0csθ
vx
x
水平方向——匀速直线运动；
竖直方向——竖直上抛运动
①一分为二:从最高点分为两个平抛运动；
②逆向思维
考点12曲线运动-抛体运动
考向一 抛体运动的规律
考向二 速度与位移的分解
考向三 临界问题与多体问题
考向四 生活新情景问题
抛体运动的规律
一、平抛运动
1.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。
2.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。
3.基本规律（如图）
（1）速度eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(水平方向：vx＝v0,竖直方向：vy＝gt))
合速度的大小v＝eq \r(veq \\al(2,x)＋veq \\al(2,y))＝eq \r(veq \\al(2,0)＋g2t2)
设合速度的方向与水平方向的夹角为θ，有
tan θ＝eq \f(vy,vx)＝eq \f(gt,v0)。
（2）位移eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(水平方向：x＝v0t,竖直方向：y＝\f(1,2)gt2))
合位移的大小s＝eq \r(x2＋y2)＝eq \r(（v0t）2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)gt))\s\up12(2))
设合位移的方向与水平方向的夹角为α，有
tan α＝eq \f(y,x)＝eq \f(gt,2v0)。
平抛运动的轨迹：由x＝v0t，y＝eq \f(1,2)gt2，得y＝eq \f(g,2v\\al(2,0))x2，所以平抛运动的轨迹是一条抛物线。
（3）常用结论：
①运动时间：t＝eq \r(\f(2h,g))，时间取决于下落高度h，与初速度v0无关.
②水平射程：x＝v0t＝v0eq \r(\f(2h,g))，水平射程由初速度v0和下落高度h共同决定.
③落地速度：vt＝eq \r(vx2＋vy2)＝eq \r(v02＋2gh)，落地速度也只与初速度v0和下落高度h有关.
三个重要结论：
①合速度方向与水平方向的夹角θ和合位移方向与水平方向的夹角α的关系，tan θ＝2tan α。
②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，即xOC＝eq \f(x,2)。
③速度变化：平抛运动是匀变速曲线运动，故在相等的时间内，速度的变化量（Δv＝gΔt）相等，且必沿竖直方向，如图所示。任意两时刻的速度与速度的变化量Δv构成三角形，Δv沿竖直方向。
注意：
（1）水平方向分速度保持；竖直方向，加速度恒为g，速度=gt。从抛出点起，每隔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等于；
②任意相等时间间隔内的速度改变量均整直向下，且.
（2）在连续相等时间间隔内，竖直方向上的位移与水平方向上的位移变化规律：
在连续相等的时间间隔内，水平方向的位移，即位移不变：竖直方向上的位移，即位移差不变。
二、一般的抛体运动
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＝v0cs θ，v0y＝v0sin θ.
在水平方向，物体的位移和速度分别为
x＝v0xt＝(v0cs θ)t①
vx＝v0x＝v0cs 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)gt2③
vy＝v0y－gt＝v0sin θ－gt④
5.方法与技巧
(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
【典例1】某物体做平抛运动时，它的速度方向与水平方向的夹角为θ，其正切值tan θ随时间t变化的图象如图所示，(g取10 m/s2)则 ( )
A．第1 s物体下落的高度为5 m B．第1 s物体下落的高度为10 m
C．物体的初速度为5 m/s D．物体的初速度为15 m/s
答案:：A
解析：：因tan θ＝eq \f(gt,v0)＝eq \f(g,v0)t，对应图象可得eq \f(g,v0)＝1，v0＝10 m/s，C、D错误；第1 s内物体下落的高度h＝eq \f(1,2)gt2＝eq \f(1,2)×10×12 m＝5 m，A正确，B错误．
【典例2】(多选)(2023·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
答案:AC
解析：由x＝v0t可知，要使小球抛进小桶中，可高度不变，减小初速度，也可初速度不变，降低抛出点的高度，故A、C正确。
【典例3】(多选)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
答案: CD
解析： 在同一位置抛出的两小球，不计空气阻力，在运动过程中的加速度等于重力加速度，故A、B的加速度相等，选项A错误；根据h＝eq \f(1,2)gt2，两球运动的最大高度相同，故两球飞行的时间相等，选项B错误；由于B的射程大，根据水平方向匀速运动的规律x＝vt，故B在最高点的速度比A的大，选项C正确；根据竖直方向自由落体运动，A、B落地时在竖直方向的速度相等，B的水平速度大，速度合成后B在落地时的速度比A的大，选项D正确．
练习1.(多选)(2023·山东济南二模)以v0的速度水平抛出一物体，当其水平分位移与竖直分位移大小相等时，下列说法正确的是( )
A．此时速度的大小是 eq \r(5)v0 B．运动时间是eq \f(2v0,g)
C．竖直分速度大小等于水平分速度大小 D．运动的位移是eq \f(2\r(2)veq \\al(2,0),g)
答案:ABD.
解析：：物体做平抛运动，根据平抛运动的规律可得水平方向上：x＝v0t，竖直方向上：h＝eq \f(1,2)gt2当其水平分位移与竖直分位移大小相等时，即x＝h，所以v0t＝eq \f(1,2)gt2 解得t＝eq \f(2v0,g)，故B正确；平抛运动竖直方向上的速度为vy＝gt＝g·eq \f(2v0,g)＝2v0，故C错误；此时合速度的大小为eq \r(veq \\al(2,0)＋veq \\al(2,y))＝eq \r(5)v0，故A正确；由于此时的水平分位移与竖直分位移相等，所以x＝h＝v0t＝v0·eq \f(2v0,g)＝eq \f(2veq \\al(2,0),g)，所以此时运动的合位移的大小为eq \r(x2＋h2)＝eq \r(2)x＝eq \f(2\r(2)veq \\al(2,0),g)，故D正确．
练习2.如图所示，将一小球从坐标原点沿着水平轴Ox以v0＝2 m/s的速度抛出，经过一段时间小球到达P点，M为P点在Ox轴上的投影，作小球轨迹在P点的切线并反向延长，与Ox轴相交于Q点，已知QM＝3 m，则小球运动的时间为( )
A．1 s B．2 s
C．3 s D．4 s
答案:C
解析：由平抛运动的推论可知，Q为OM的中点，则从O点运动到P点的过程中，小球发生的水平位移s水平＝OM＝2QM＝6 m。由于水平方向做匀速直线运动，则小球运动的时间为t＝eq \f(s水平,v0)＝3 s，C正确。
练习3.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v­t图线，如图所示．若平抛运动的时间大于2t1，下列说法中正确的是( )
A．图线1表示竖直分运动的v­t图线
B．t1时刻的速度方向与初速度方向的夹角为30°
C．t1时间内的位移方向与初速度方向夹角的正切值为eq \f(1,2)
D．2t1时间内的位移方向与初速度方向夹角为60°
答案:C
解析：由v­t图线可以看出，图线1表示水平分运动，图线2表示竖直分运动，故A错误；t1时刻vx＝vy，合速度与水平方向的夹角为45°，B错误；由tan α＝eq \f(\f(1,2)gt\\al(2,1),v1t1)，v1＝gt1，得：tan α＝eq \f(1,2)，C正确；2t1时间内：tan α′＝eq \f(\f(1,2)g2t\\al(2,1),v1×2t1)＝1，α′＝45°，故D错误．
【巧学妙记】
平抛运动中物理量的关系图
两个三角形，速度与位移；
九个物理量，知二能求一；
时间和角度，桥梁和纽带；
时间为明线，角度为暗线。
速度与位移的分解
一、速度的分解
1.从斜面外恰好与斜面平行的方向落到斜面(如图)：
合速度与水平速度的夹角等于斜面倾角，常用速度关系tan θ＝eq \f(vy,vx)＝eq \f(gt,v0).
2.从圆弧形轨道外平抛，恰好无碰撞地进入圆弧形轨道，如图所示，即已知速度方向沿该点圆弧的切线方向
分解速度tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(gt,v0)
3.从圆柱体轨道外平抛，小球恰好从圆柱体表面Q点沿切线飞过，如图所示，即已知速度方向沿该点圆柱体的切线方向。此时半径OQ垂直于速度方向，圆心角θ与速度的偏向角相等。
由tan θ＝eq \f(v0,vy)＝eq \f(v0,gt)得t＝eq \f(v0,gtan θ)
4.对着斜面平抛
垂直撞在斜面上，已知速度方向垂直斜面向下(如图)
处理方法：分解速度.
vx＝v0
vy＝gt
tan θ＝eq \f(vx,vy)＝eq \f(v0,gt)
可求得t＝eq \f(v0,gtan θ).
位移的分解
1.落到斜面上，已知位移方向沿斜面向下(如图)
处理方法：分解位移.
x＝v0t
y＝eq \f(1,2)gt2
tan θ＝eq \f(y,x)
可求得t＝eq \f(2v0tan θ,g).
在斜面上以不同的初速度水平抛出的物体，若落点仍在斜面上，则存在以下规律：
(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，位移方向相同，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。
2.在半圆内的平抛运动
由半径和几何关系制约平抛运动时间t：h＝eq \f(1,2)gt2，R±eq \r(R2－h2)＝v0t.
联立两方程可求t.
3.在斜面外平抛，落在斜面上位移最小，如图所示，已知位移方向垂直斜面
分解位移tan θ＝eq \f(x,y)＝eq \f(v0t,\f(1,2)gt2)＝eq \f(2v0,gt)
【典例4】(2023·内蒙古集宁一中模拟)如图所示，某一小球以v0＝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点小球速度方向与水平方向的夹角为45°，在B点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/s2)．以下判断中正确的( )
A．小球经过A、B两点间的时间t＝eq \r(3) s
B．小球经过A、B两点间的时间t＝1 s
C．A、B两点间的高度差h＝10 m
D．A、B两点间的高度差h＝15 m
答案:：C
解析：：根据运动的合成与分解知，vyA＝v0＝10 m/s，vyB＝v0tan 60°＝eq \r(3)v0＝10eq \r(3) m/s，则小球由A到B的时间间隔Δt＝eq \f(vyB－vyA,g)＝eq \f(10\r(3)－10,10) s＝(eq \r(3)－1) s，故A、B错误．A、B的高度差h＝eq \f(veq \\al(2,yB)－veq \\al(2,yA),2g)＝eq \f(300－100,20) m＝10 m，故C正确，D错误．
【典例5】(多选)如图所示，倾角为θ的斜面静止在水平面上，在斜面上的A点以v0的初速度水平抛出一小球，其落点与A的水平距离为s1；若改为2v0的速度在同一点抛出，则落点与A的水平距离为s2，则s1：s2可能为( )
A．1∶2B．1∶3
C．1∶4 D．1∶5
答案:ABC
解析： 当两次都落在斜面上时，由s＝v0t，y＝eq \f(1,2)gt2，tan θ＝eq \f(y,s)有s＝eq \f(2v\\al(2,0)tan θ,g)，得s∝veq \\al(2,0)，所以s1∶s2＝1∶4；当两次都落在水平面上时，由s＝v0t，h＝eq \f(1,2)gt2有s＝v0eq \r(\f(2h,g))，得s∝v0，所以s1∶s2＝1∶2，而一次落在斜面上一次落在水平面上时，其比值介于这两者之间，故A、B、C正确．
练习4如图所示，水平抛出的物体，抵达斜面上端P处时其速度方向恰好沿斜面方向，然后沿斜面无摩擦滑下，下列选项中的图象描述的是物体沿x方向和y方向运动的速度－时间图象，其中正确的是( )
答案:C
解析：0～tP段，水平方向：vx＝v0恒定不变；竖直方向：vy＝gt；tP～tQ段，水平方向：vx＝v0＋a水平t，竖直方向：vy＝vPy＋a竖直t(a竖直练习5.(2023·河北沧州市一模)如图所示，竖直平面内有A、B、C三点，三点连线构成一直角三角形，AB边竖直，BC边水平，D点为BC边中点。一可视为质点的物体从A点水平抛出，轨迹经过D点，与AC交于E点。若物体从A运动到E的时间为t1，从E运动到D的时间为t2，则t1∶t2为( )
A．1∶1 B．1∶2
C．2∶3 D．1∶3
答案:A
解析：本题考查平抛运动的基本性质。设质点从A运动到D所需的总时间为t，则t＝t1＋t2，∠ACB＝θ，设平抛的初速度为v0，由平抛运动规律得tan θ＝eq \f(\f(1,2)gt\\al(2,1),v0t1)＝eq \f(\f(1,2)gt2,2v0t)，解得eq \f(t1,t)＝eq \f(1,2)，所以t1∶t2＝1∶1，故A正确。
临界问题与多体问题
一、临界问题
处理此类问题的重点在于结合实际模型，对题意进行分析，提炼出关于临界条件的关键信息。此类问题的临界条件通常为位置关系的限制或速度关系的限制，列出竖直方向与水平方向上的方程，将临界条件代入即可求解。在分析此类问题时一定要注意从实际出发寻找临界点，画出物体运动的草图，找出临界条件。
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．
二、多体问题
1．多体平抛运动问题是指多个物体在同一竖直平面内平抛时所涉及的问题。
2．三类常见的多体平抛运动
(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，二者间距由两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间均匀增大，二者间距取决于两物体的水平分运动和竖直分运动。
【典例6】(2023·广东五校一联)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.现让小球由最高点静止释放，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 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，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.
【典例7】(多选)如图所示，一网球运动员将球在边界正上方某处水平向右击出，球的初速度垂直于球网平面，且刚好过网落在对方界内。相关数据如图，不计空气阻力，下列说法正确是( )
A.击球点高度h1与球网高度h2之间的关系为h1＝1.8h2
B.若保持击球高度不变，球的初速度v0只要不大于eq \f(s,h1)eq \r(2gh1)，一定落在对方界内
C.任意降低击球高度(仍大于h2)，只要球的初速度合适，球一定能落在对方界内
D.任意增加击球高度，只要球的初速度合适，球一定能落在对方界内
答案:AD
解析：由题意可知球通过水平位移s和eq \f(3,2)s，所用的时间之比为2∶3，则在竖直方向上，根据h＝eq \f(1,2)gt2，可得eq \f(h1－h2,h1)＝eq \f(4,9)，解得h1＝1.8h2，故A正确；竖直方向上，根据h＝eq \f(1,2)gt2，可得时间t＝eq \r(\f(2h,g))，若保持击球高度不变，球恰不越界时，运动时间t1＝eq \r(\f(2h1,g))，故可得球的最大初速度v01＝eq \f(2s,t1)＝eq \f(s,h1)eq \r(2gh1)；球恰好过网时，运动时间t2＝eq \r(\f(2（h1－h2）,g))，故可得球的最小初速度v02＝eq \f(s,t2)＝seq \r(\f(g,2（h1－h2）))，故球初速度的取值范围是seq \r(\f(g,2（h1－h2）))≤v0≤eq \f(s,h1)eq \r(2gh1)，选项B错误；任意降低击球高度(仍大于h2)，存在一个临界高度h0，这个临界高度值满足h0－h2＝eq \f(1,2)gt2＝eq \f(1,2)g(eq \f(s,v0))2，h0＝eq \f(1,2)gt′2＝eq \f(1,2)g(eq \f(2s,v0))2，联立得该临界高度h0＝eq \f(4,3)h2，球的初速度v0＝eq \r(\f(3gs2,2h2))，低于这一高度击球，球不能落在对方界内，故选项C错误；增加击球高度，只要球的初速度合适，球一定能落到对方界内，故D正确。
【典例8】（多选）在如图所示的平面直角坐标系中，A，B，C三个小球沿图示方向做平抛运动，已知三个小球恰好在x轴上相遇，则（ ）
A.小球A一定比小球B先抛出
B.小球A、B在空中运动的时间之比为2∶1
C.小球A的初速度可能比小球B的初速度大
D.小球C的初速度可能比小球B的初速度小
答案:ACD
解析：A项，根据t＝eq \r(\f(2h,g))知，A、B下落的高度之比为2∶1，则运动时间之比为eq \r(2)∶1，则A一定比小球B先抛出，故A项正确，B项错误；
C项，由于不知道A、B球水平位移的关系，所以不能判断初速度大小关系，则A的初速度可能比小球B的初速度大，故C项正确.
D项，B的高度小于C的高度，则B运动的时间小于C运动的时间，而B的水平位移又小于C的水平位移，则不能判断B、C初速度大小关系，即小球C的初速度可能比小球B的初速度小，故D项正确.
练习6.(多选)(2023·郴州模拟)(多选)地面上有一个半径为R的圆形跑道ABCD，高为h的平台边缘上的P点在地面上P′点的正上方，P′与跑道ABCD的圆心O的距离为L(L>R)，P′、A、O、C各点在同一水平直线上，如图所示．跑道ABCD上有一辆小火车(高度忽略不计)在做圆周运动，现从P点以初速度v0水平抛出一小沙袋，使其落入小火车中，沙袋所受空气阻力不计，重力加速度为g.则( )
A．要使沙袋落入小火车中，沙袋初速度的最大值为(L＋R)eq \r(\f(g,2h))
B．要使沙袋落入小火车中，沙袋初速度的最小值为Leq \r(\f(g,2h))
C．要使沙袋在B处落入小火车中，沙袋初速度应为 eq \r(\f(gL2＋R2,2h))
D．要使沙袋在D处落入小火车中，沙袋初速度应为 eq \r(\f(gL2－R2,2h))
答案:AC
解析：沙袋从P点被抛出后做平抛运动，由h＝eq \f(1,2)gt2可知，沙袋下落h高度所需时间t＝eq \r(\f(2h,g))；沙袋在A点落入小火车中时，有xA＝vAt＝L－R，解得沙袋的最小初速度vA＝(L－R)eq \r(\f(g,2h))；当沙袋在B或D点落入小火车中时，有xB＝vBt＝eq \r(L2＋R2)，解得沙袋的初速度vB＝ eq \r(\f(gL2＋R2,2h))＝vD；当沙袋在C点落入小火车中时，有xC＝vCt＝L＋R，解得沙袋的最大初速度vC＝(L＋R)eq \r(\f(g,2h)).选项A、C正确．
练习7.(2023·湖北八校联考)如图所示，P、Q和M、N分别是坐标系x轴与y轴上的两点，Q为OP的中点，N为OM的中点，a、b、c表示三个可视为质点的物体做平抛运动的轨迹，a、b抛出点的位置相同，a、c落点的位置相同，以va、vb、vc表示三个物体的初速度，ta、tb、tc表示三个物体做平抛运动的时间，则有( )
A．va∶vb＝1∶2 B．vb∶vc＝eq \r(2)∶4
C．ta∶tb＝1∶eq \r(2) D．tb∶tc＝2∶1
答案:B
解析：三个物体都做平抛运动，在竖直方向上是自由落体运动，由h＝eq \f(1,2)gt2解得t＝eq \r(\f(2h,g))，可知下落的时间之比为ta∶tb∶tc＝eq \r(2)∶eq \r(2)∶1，由x＝v0t解得v0＝eq \f(x,t)，可知水平方向上物体的初速度之比va∶vb∶vc＝2∶1∶2eq \r(2)，故B正确，A、C、D错误。
练习8.如图所示，相距l的两小球A、B位于同一高度h(l、h均为定值)。将A向B水平抛出的同时，B自由下落。A、B与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反。不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间，则( )
A．A、B在第一次落地前能否相碰，取决于A的初速度
B．A、B在第一次落地前若不碰，此后就不会相碰
C．A、B不可能运动到最高处相碰
D．A、B一定能相碰
答案: AD
解析： 由题意知A做平抛运动，即水平方向做匀速直线运动，竖直方向为自由落体运动；B为自由落体运动，A、B竖直方向的运动相同，二者与地面碰撞前运动时间t1相同，且t1＝ eq \r(\f(2h,g)) ①，若第一次落地前相碰，只要满足A运动时间t＝eq \f(l,v)＜t1，即v＞eq \f(l,t1)，所以选项A正确；因为A、B在竖直方向的运动同步，始终处于同一高度，且A与地面相碰后水平速度不变，所以A一定会经过B所在的竖直线与B相碰．碰撞位置由A球的初速度决定，故选项B、C错误，选项D正确．
临界问题解题技巧：
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．
多体的平抛问题
(1)两条平抛运动轨迹的交点是两物体的必经之处,是物体相遇的必要条件。
(2)若两物体同时从同一高度抛出,则两物体始终处在同一高度。
(3)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。
(4)若两物体从同一高度先后抛出,则两物体高度差随时间均匀增大。
【巧学妙记】
生活新情景问题
1.类平抛运动的特点
(1)有时物体的运动与平抛运动很相似，也是物体在某方向做匀速直线运动，在垂直匀速直线运动的方向上做初速度为零的匀加速直线运动。对这种像平抛又不是平抛的运动，通常称为类平抛运动。
(2)受力特点：物体所受的合力为恒力，且与初速度的方向垂直。
(3)运动特点：在初速度v0方向做匀速直线运动，在合外力方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝eq \f(F合,m)。
如图所示，将质量为m的小球从倾角为θ的光滑斜面上A点以速度v0水平抛出(v0的方向与CD平行)，小球运动到B点的过程中做的就是类平抛运动。
2.类平抛运动与平抛运动的规律相类似，两者的区别
(1)运动平面不同：类平抛运动→任意平面；平抛运动→竖直面。
(2)初速度方向不同：类平抛运动→任意方向；平抛运动→水平方向。
(3)加速度不同：类平抛运动→a＝eq \f(F,m)，与初速度方向垂直；平抛运动→重力加速度g，竖直向下。
【典例9】主题口号为“一起向未来”的2022年北京冬奥会圆满落幕。跳台滑雪比赛在河北张家口举行，如图，跳台滑雪赛道由助滑道、着陆坡、停止区三部分组成。比赛中，甲、乙两运动员先后以速度、从点正上方处沿水平方向飞出，分别落在了着陆坡的中点和末端，运动员可看成质点，不计空气阻力，着陆坡的倾角为，重力加速度为，则（ ）
A．甲运动员从点飞出到距离斜面最远所需要的时间
B．、的大小关系为
C．甲、乙两运动员落到着陆坡前瞬间速度方向相同
D．甲运动员落到着陆坡前瞬间速度方向与水平方向的夹角比乙的大
答案:AD
解析：A．甲运动员从点飞出到距离斜面最远时，速度方向与斜面平行，则有，解得，A正确；B．设高度为，长度为，对甲运动员有，，解得，对乙运动员有，，解得，可得，即，B错误；CD．设甲、乙两运动员落到着陆坡前瞬间速度方向与水平方向成和，位移方向与水平方向成和，根据平抛运动推论可知，，由情景图可知，甲运动员落到着陆坡前瞬间位移方向与水平方向夹角比乙的大，即，则有，可得，即甲运动员落到着陆坡前瞬间速度方向与水平方向的夹角比乙的大，C错误，D正确；故选AD。
【典例10】(2023·河南郑州一模)甲、乙两个同学打乒乓球，某次动作中，甲同学持拍的拍面与水平方向成45°角，乙同学持拍的拍面与水平方向成30°角，如图所示．设乒乓球击打拍面时速度方向与拍面垂直，且乒乓球每次击打球拍前、后的速度大小相等，不计空气阻力，则乒乓球击打甲的球拍的速度v1与乒乓球击打乙的球拍的速度v2之比为( )
A.eq \f(\r(6),3) B.eq \r(2) C.eq \f(\r(2),2) D.eq \f(\r(3),3)
答案:C.
解析：：由题可知，乒乓球在甲与乙之间做斜上抛运动，根据斜上抛运动的特点可知，乒乓球在水平方向的分速度大小保持不变，竖直方向的分速度是不断变化的，由于乒乓球击打拍面时速度与拍面垂直，在甲处：vx＝v1sin 45°，在乙处：vx＝v2sin 30°；所以：eq \f(v1,v2)＝eq \f(\f(vx,sin 45°),\f(vx,sin 30°))＝eq \f(\r(2),2)，故C正确，A、B、D错误．
【典例11】如图所示的光滑斜面长为L，宽为s，倾角为θ＝30°，一小球(可视为质点)从斜面右上方顶点A处水平射入，恰好从底端B点离开斜面，重力加速度为g.则下列说法正确的是( )
A．小球运动的加速度为g
B．小球由A运动到B所用的时间为eq \r(\f(2L,g))
C．小球由A点水平射入时初速度v0的大小为seq \r(\f(g,2L))
D．小球离开B点时速度的大小为eq \r(\f(g,4L)s2＋4L2)
答案: D
解析： 依据曲线运动条件，初速度与合力方向垂直，且合力大小恒定，则小球做匀变速曲线运动，再根据牛顿第二定律得，小球的加速度为a＝eq \f(mgsin θ,m)＝gsin θ＝eq \f(1,2)g，故A错误；根据L＝eq \f(1,2)at2，有t＝eq \r(\f(2L,a))＝eq \r(\f(2L,gsin θ))＝eq \r(\f(4L,g))，选项B错误；在B点的平行斜面方向向下的分速度为vBy＝at＝eq \f(1,2)g×eq \r(\f(4L,g))＝eq \r(gL)；根据s＝v0t，有v0＝eq \f(s,t)＝seq \r(\f(g,4L))；故小球离开B点时速度的大小v＝eq \r(v\\al(02)＋v\\al(By2))＝eq \r(\f(g,4L)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(s2＋4L2)))，故C错误，D正确．
练习9.如图所示为足球球门，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，忽略空气阻力），则（ ）
A.足球初速度的方向与球门线夹角的正切值tanθ＝
B.足球位移的大小x＝
C.足球初速度的大小v0＝
D.足球末速度的大小v＝
答案:C
解析：由几何关系可得足球初速度的方向与球门线夹角的正切值：，故A错误；足球在水平方向的位移大小为：，所以足球的位移大小：，故B错误；足球运动的时间：，所以足球的初速度的大小：，故C正确；足球运动的过程中只有重力做功，由动能定理得：，联立可得：足球末速度的大小：，故D错误.所以C正确，ABD错误.
平抛运动与日常生活紧密联系，如乒乓球、足球、排球等运动模型，飞镖、射击、飞机投弹模型等。这些模型经常受到边界条件的制约，如网球是否触网或越界、飞镖是否能中靶心、飞机投弹是否能命中目标等。解题的关键在于能准确地运用平抛运动的规律分析对应的运动特征。
【巧学妙记】
1. (2023浙江五校联盟高三月考)如图所示是排球场地的示意图。排球场ABCD为矩形,长边AD=L,前场区的长度为L6,宽AB=L2,网高为h。在排球比赛中,对运动员的弹跳水平要求很高。如果运动员的弹跳水平不高,运动员的击球点的高度低于某个临界值,那么无论水平击球的速度多大,排球不是触网就是越界。不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A.若在底线CD正上方沿垂直AB水平击球,临界高度为98h
B.若在底线CD的D点正上方的临界高度沿场地对角线水平击球,击球的速度为15g8ℎL
C.若在前后场区的分界线EF正上方垂直AB水平击球,临界高度为1615h
D.若在前后场区的分界线的E点正上方水平击球,沿着EB方向击球,临界高度最大
答案: C
解析：临界高度理解为既触网,又出界,则在CD正上方某高度建立平抛模型,打到触网点与打到AB线时间之比为1∶2,则下落高度之比为1∶4,所以临界高度比网高为4∶3,临界高度为43h,A错误;若在底线CD的D点正上方的临界高度沿场地对角线水平击球,水平位移x=L2+(L2) 2=52L,下落时间t=2(4ℎ3)g=8ℎ3g,v=xt=15g32ℎL,B错误;在EF正上方某高度建立平抛模型,打到触网点与打到AB线时间之比为1∶4,则下落高度之比为1∶16,所以临界高度比网高为16∶15,临界高度为1615h,C正确;临界高度与发球点到网的距离和发球点到落点的距离的比值有关,不管向哪个方向发球,这个比值是相同的,所以临界高度也相同,D错误。
2.如图所示斜坡倾角为45°，在斜坡底端P点正上方某一位置Q处以速度v0水平向左抛出一个小球A，小球恰好能垂直落在斜坡上，运动时间为。若在小球A抛出的同时，小球B从同一点Q处开始自由下落，下落至P点的时间为。则A、B两球在空中运动的时间之比等于（不计空气阻力）（ ）
A.1：1B.1：C.1：2D.1：
答案:B
解析：小球恰好能垂直落在斜坡上，如图
由几何关系可知，
小球竖直方向的速度增量：
水平位移：
竖直位移：
联立得到：
解得：
由几何关系可知小球B做自由下落的高度为：
联立解得：
故选B。
3.如图，可视为质点的小球，位于半径为半圆柱体左端点A的正上方某处，以一定的初速度水平抛出小球，其运动轨迹恰好能与半圆柱体相切于B点.过B点的半圆柱体半径与水平方向的夹角为，则初速度为：（不计空气阻力，重力加速度为）（ ）
A. B.C. D.
答案:C
解析：飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点，知速度与水平方向的夹角为30°，设位移与水平方向的夹角为θ，则有
因为
则竖直位移为

所以
联立以上各式解得故选C。
4.(2023届广东省惠州市高三三调）如图，一运动员将篮球从地面上方B点以速度v0斜向上抛出，恰好垂直击中竖直篮板上A点。后来该运动员后撤到更远的C点投篮，仍然将球垂直击中篮板上A点，关于两次投篮的比较，下列说法正确的是（ ）
A．在C点抛出速度v0更小，同时抛射角θ更大
B．在C点抛出速度v0更小，同时抛射角θ更小
C．在C点抛出速度v0更大，同时抛射角θ更大
D．在C点抛出速度v0更大，同时抛射角θ更小
答案:D
解析：将运动倒过相当于从篮板做平抛运动，第一次抛到B点，第二次抛到C点，下落的高度相同，因此运动时间相同，竖直分速度相同，落到C点时水平速度更大，速度与水平夹角更小，因此篮球在C点抛出速度v0更大，同时抛射角θ更小。故选D
1.(多选)对于平抛运动，下列说法正确的是( )
A．落地时间和落地时的速度只与抛出点的高度有关
B．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
C．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
D．平抛运动是加速度大小、方向不变的曲线运动
答案: BD
解析：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＝eq \r(\f(2h,g))，落地速度为v＝eq \r(v\\al(2,x)＋v\\al(2,y))＝eq \r(v\\al(2,0)＋2gh)，所以B项正确，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＝gt2，水平方向位移不变，故C项错误；平抛运动的物体只受重力作用，其加速度为重力加速度，故D项正确。
2．如图所示，一半圆柱体放在地面上，横截面半径为R，圆心为O，在半圆柱体的右侧B点正上方离地面高为2R处的A点水平向左抛出一个小球，小球恰好能垂直打在半圆柱体上，小球从抛出到落到半圆柱体上所用的时间为t，重力加速度为g，则小球抛出的初速度大小为( )
A.eq \f(2Rgt,4R＋gt2) B.eq \f(Rgt,4R＋gt2)
C.eq \f(Rgt,R＋4gt2) D．eq \f(2Rgt,R＋4gt2)
答案:A
解析：由题意及平抛运动的规律知，小球打在半圆柱体上时速度方向的延长线过圆心，反向延长线过水平位移的中点，设小球运动过程中下落的高度为y，水平位移为x，则eq \f(\f(x,2),y)＝eq \f(R－x,2R－y)，x＝v0t，y＝eq \f(1,2)gt2，解得v0＝eq \f(2Rgt,4R＋gt2)，A项正确。
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v0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( )
A.若小球以最小位移到达斜面，则t＝eq \f(2v0,gtan θ)
B.若小球垂直击中斜面，则t＝eq \f(v0,gtan θ)
C.若小球能击中斜面中点，则t＝eq \f(2v0,gtan θ)
D.无论小球到达斜面何处，运动时间均为t＝eq \f(2v0tan θ,g)
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＝eq \f(x,y)＝eq \f(2v0,gt)，即t＝eq \f(2v0,gtan 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＝eq \f(v0,gt)，即t＝eq \f(v0,gtan 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Lcs θ＝v0t，下落高度为Lsin θ＝eq \f(1,2)gt2，联立两式得t＝eq \f(2v0tan θ,g)，C错误.
4.斜面上有a、b、c、d四个点，如图所示，ab＝bc＝cd，从a点正上方的O点以速度v水平抛出一个小球，它落在斜面上b点，若小球从O点以速度2v水平抛出，不计空气阻力，则它落在斜面上的( )
A．b与c之间某一点 B．c点
C．c与d之间某一点 D．d点
答案:A
解析：假设斜面是一层很薄的纸，小球落上就可穿透且不损失能量，过b点作水平线交Oa于a′，由于小球从O点以速度v水平抛出时，落在斜面上b点，则小球从O点以速度2v水平抛出，穿透斜面后应落在水平线a′b延长线上的c′点，如图所示，因ab＝bc，则a′b＝bc′，即c′点在c点的正下方，显然，小球轨迹交于斜面上b与c之间。所以，本题答案应选A。
5.如图所示，斜面上O、P、Q、R、S五个点，距离关系为OP＝PQ＝QR＝RS，从O点以v0的初速度水平抛出一个小球，不计空气阻力，小球落在斜面上的P点．若小球从O点以2v0的初速度水平抛出，则小球将落在斜面上的( )
A．Q点 B．S点
C．Q、R两点之间 D．R、S两点之间
答案:B.
解析：：落在斜面上时位移关系为：tan θ＝eq \f(y,x)＝eq \f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq \f(gt,2v0)，解得：t＝eq \f(2v0tan θ,g)，初速度变为原来的2倍，则运动的时间变为原来的2倍，根据x＝v0t知，水平位移变为原来的4倍，因为s＝eq \f(x,cs θ)，知小球落点与抛出点的距离变为原来的4倍，故B正确，A、C、D错误．
6．如图所示，斜面上a、b、c三点等距，小球从a点正上方O点抛出，做初速为v0的平抛运动，恰落在b点。若小球初速变为v，其落点位于c，则( )
A．v0C．2v03v0
答案:A
解析：
如图所示，M点和b点在同一水平线上，M点在c点的正上方。根据平抛运动的规律，若v＝2v0，则小球落到M点。可见以初速2v0平抛小球不能落在c点，只能落在c点右边的斜面上，故只有选项A正确。
7.如图，某军队在一次空地联合军事演习中，离地面H=5000m高处的飞机以水平对地速度v1=200m/s发射一颗炸弹轰炸地面目标P，反应灵敏的地面拦截系统同时以初速度v2竖直向上发射一颗炮弹拦截(炮弹运动过程看作竖直上抛)，设此时拦截系统与飞机的水平距离为s=3000m，若拦截成功，不计空气阻力，则v2的值应为（ ）
A.B.120C.200D.200
答案:A
解析：炮弹运行的时间，在这段时间内飞机发射炮弹在竖直方向上的位移，拦截炮弹在这段时间内向上的位移.则，所以，解得，A正确.
8(2023·南昌模拟)如图，战机在斜坡上方进行投弹演练。战机水平匀速飞行，每隔相等时间释放一颗炸弹，第一颗落在a点，第二颗落在b点。斜坡上c、d两点与a、b共线，且ab＝bc＝cd，不计空气阻力。第三颗炸弹将落在( )
A．bc之间 B．c点
C．cd之间 D．d点
答案:A
解析：如图所示，设第二颗炸弹的轨迹经过A、b，第三颗炸弹的轨迹经过P、Q；a、A、B、P、C在同一水平线上，由题意可设aA＝AP＝x0，ab＝bc＝L，斜面的倾角为θ，三颗炸弹到达a所在水平面时的竖直速度为vy，水平速度为v0，
对第二颗炸弹：水平方向：x1＝Lcs θ－x0＝v0t1，
竖直方向：y1＝vyt1＋eq \f(1,2)gt12。
对第三颗炸弹：水平方向：x2＝2Lcs θ－2x0＝v0t2，
竖直方向：y2＝vyt2＋eq \f(1,2)gt22，
解得：t2＝2t1，y2>2y1。所以Q点在c点的下方，也就是第三颗炸弹将落在bc之间，故A正确，B、C、D错误。
9.(2023·浙江杭州质检)如图所示，从水平地面上的A、B两点分别斜抛出两小球，两小球均能垂直击中前方竖直墙面上的同一点P。已知点P距地面的高度h＝0.8 m，A、B两点距墙的距离分别为0.8 m和0.4 m。不计空气阻力，则从A、B两点抛出的两小球( )
A．从抛出到击中墙壁的时间之比为2∶1
B．击中墙面的速率之比为1∶1
C．抛出时的速率之比为eq \r(17)∶2eq \r(5)
D．抛出时速度方向与地面夹角的正切值之比为1∶2
答案: D
解析： 两小球做逆向平抛运动的时间由高度决定，即两小球运动时间相等，A项错误；两小球水平位移xA＞xB，运动时间相等，故击中墙面时vA＞vB，B项错误；由平抛运动规律可知，A球抛出时速度大于B球抛出时速度，C项错误；两小球位移与水平方向夹角正切值之比为1∶2，而速度方向与水平方向夹角正切值为位移与水平方向夹角正切值的2倍，故D正确。
10.（多选）在水平路面上做匀速直线运动的小车上有一固定的竖直杆，其上的三个水平支架上有三个完全相同的小球A、B、C，它们离地的高度分别为、和。当小车遇到障碍物P时，立即停下来，三个小球同时从支架上水平抛出，先后落到水平路面上，如图所示。则下列正确的是（ ）
A.三个小球落地时间差与车速无关
B.三个小球落地点的间隔距离
C.三个小球落地点的间隔距离
D.三个小球落地点的间隔距离
答案:AC
解析：A.小球在竖直方向做自由落体运动，根据可知小球下落时间只与下落高度有关，与平抛初速度无关，A正确；
BCD.小球水平方向做匀速直线运动，水平方向有
则
可知BD错误，C正确。
故选AC。
11.（多选）在高处以初速度v1水平抛出一个带刺飞镖，在离开抛出点水平距离l、2l处有A、B两个小气球以速度v2匀速上升，先后被飞镖刺破（认为飞镖质量很大，刺破气球不会改变其平抛运动的轨迹）。则下列判断正确的是（ ）
A.飞镖刺破A气球时，飞镖的速度大小为
B.飞镖刺破A气球时，飞镖的速度大小为
C.A、B两个小气球未被刺破前的匀速上升过程中，高度差为
D.A、B两个小气球未被刺破前的匀速上升过程中，高度差为
答案:BC
解析：AB.飞镖刺破A气球时所经历的时间t=
此时飞镖竖直方向上的分速度vy=gt=
所以飞镖的速度v=故选项B正确A错误；
CD.飞镖从刺破A球到刺破B球的时间
此时气球上升的高度h1=v2 t′
飞镖下降的高度h2＝vyt′+
两气球在上升的过程中高度差不变，所以h=h1+h2=故选项C正确，D错误。故选BC。
12.如图所示，某同学用一个小球在O点对准前方的一块竖直放置的挡板，O与A在同一高度，小球的水平初速度分别是，不计空气阻力。打在挡板上的位置分别是B、C、D，且。则之间的正确关系是（ ）
A.B.
C.D.
答案:C
解析：三个小球做平抛运动，水平位移相同，由：
可得：，
竖直方向有：
解得：
所以：
C正确，ABD错误。
故选C。
13、(2023福建省福州八中高三质检）如图所示，斜面固定在水平面上，两个小球分别从斜面底端O点正上方A、B两点向右水平抛出，B为AO连线的中点，最后两球都垂直落在斜面上，A、B两球击中斜面位置到O点的距离之比为

A．:1B．2 : 1C．4 :D．4 : 1
答案:B
解析：设任一小球的初速度为v0，抛出点离O点的高度为h，平抛运动的时间为t，斜面的倾角为θ．据题小球垂直击中斜面，速度与斜面垂直，由速度分解可知：vytanθ=v0；又vy=gt，可得：
根据几何关系得：
据题有OA=2OB，则得：vA=vB．
击中斜面位置到O点的距离为
故得A、B两球击中斜面位置到O点的距离之比为 2：1，故选B.
14．从高H处的一点O先后平抛两个小球1和2，球1恰好直接越过竖直挡A落到水平地面上的B点，球2与地碰撞n次后恰好越过同一竖直档板后也落于B点。设球2与地面的碰撞类似光的反射，且反弹前后速度大小相同。则竖直挡板的高度h为（ ）
A．B．C．D．
答案:A
解析：若球2与地碰n次后越过挡板A，落于B点，则球1落地的时间为，球2落地的时间应为(2n+1)t1。故若球1到达挡板A的上端C点的时间为t，则球2到达C点的时间应为(2n + 1)t。球1到达C时，球2到达与之等高的C1点。设由C1至地的时间为，则由对称性可画出图。
，解得，对球2在竖直方向的分运动列式，有，，解得，联立，可得，故选A。
15.质量为m=0.5kg、可视为质点的小滑块，从光滑斜面上高h0=0.6m的A点由静止开始自由滑下。已知斜面AB与水平面BC在B处通过一小圆弧光滑连接。长为x0=0.5m的水平面BC与滑块之间的动摩擦因数μ=0.3，C点右侧有3级台阶（台阶编号如图所示），D点右侧是足够长的水平面。每级台阶的高度均为h=0.2m，宽均为L=0.4m。（设滑块从C点滑出后与地面或台阶碰撞后不再弹起）。
（1）求滑块经过B点时的速度vB；
（2）求滑块从B点运动到C点所经历的时间t；
（3）（辨析题）某同学是这样求滑块离开C点后，落点P与C点在水平方向距离x，滑块离开C点后做平抛运动，下落高度H=4h=0.8m，在求出滑块经过C点速度的基础上，根据平抛运动知识即可求出水平位移x。
你认为该同学解法是否正确？如果正确，请解出结果。如果不正确，请说明理由，并用正确的方法求出结果。
答案:（1）；（2）；（3）不正确，因为滑块可能落到某一个台阶上；正确结果
解析：（1）物体在斜面AB上下滑，机械能守恒
解得
（2）根据动能定理得
解得
根据牛顿第二定律得
则
（3）不正确，因为滑块可能落到某一个台阶上。正确解法：假定无台阶，滑块直接落在地上
水平位移
恰好等于3L（也就是恰好落在图中的D点），因此滑块会撞在台阶上。当滑块下落高度为2h时
水平位移
大于2L，所以也不会撞到①、②台阶上，而只能落在第③级台阶上。则有，
解得
1.(2023•河北）如图，广场水平地面上同种盆栽紧密排列在以O为圆心，R1和R2为半径的同心圆上，圆心处装有竖直细水管、其上端水平喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度均可调节，以保障喷出的水全部落入相应的花盆中，依次给内圈和外圈上的盆栽浇水时，喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度分别用h1、v1、ω1和h2、v2、ω2表示。花盆大小相同，半径远小于同心圆半径，出水口截面积保持不变，忽略喷水嘴水平长度和空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．若h1＝h2，则v1：v2＝R2：R1
B．若v1＝v2，则h1：h2＝R12：R22
C．若ω1＝ω2，v1＝v2，喷水嘴各转动一周，则落入每个花盆的水量相同
D．若h1＝h2，喷水嘴各转动一周且落入每个花盆的水量相同，则ω1＝ω2
答案:BD。
解析：解：A、若h1＝h2，根据竖直方向上自由落体的运动特点可知，水的运动时间相等，在水平方向上，x＝vt，则v1：v2＝R1：R2，故A错误；
B、若v1＝v2，根据水平方向的运动特点可知，t1：t2＝R1：R2，结合竖直方向自由落体的公式可知，h1：h2＝R12：R22，故B正确；
C、若ω1＝ω2，v1＝v2，喷水嘴各转动一周，因为旋转的时间相同，则喷出的水量相等，但因为外圈的花盆数量比内圈数量多，则落入每个花盆的水量不相同，故C错误；
D、根据上述分析可知，若h1＝h2，则v1：v2＝R1：R2，因为内圈花盆的数量和外圈花盆的数量也是R1：R2，为了保证落入每个花盆的水量相同，则喷水的时间要相等，因为ω1＝ω2，故D正确；
2.(2023·山东卷)如图所示，某同学将离地的网球以的速度斜向上击出，击球点到竖直墙壁的距离。当网球竖直分速度为零时，击中墙壁上离地高度为的P点。网球与墙壁碰撞后，垂直墙面速度分量大小变为碰前的0.75倍。平行墙面的速度分量不变。重力加速度g取，网球碰墙后的速度大小v和着地点到墙壁的距离d分别为（ ）
A. B. C. D.
答案:BD
解析：设网球飞出时的速度为，竖直方向
代入数据得
则
排球水平方向到点的距离
根据几何关系可得打在墙面上时，垂直墙面的速度分量
平行墙面的速度分量
反弹后，垂直墙面的速度分量
则反弹后的网球速度大小为
网球落到地面的时间
着地点到墙壁的距离故BD正确，AC错误。
故选BD。
3.(2023•广东）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：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，子弹和小积木在竖直方向上都做自由落体，在竖直方向上保持相对静止，因此子弹将击中P点，子弹在水平方向上做匀速直线运动，故击中的时间为t＝，故B正确，ACD错误；
4.(2023·河北卷，2)铯原子钟是精确的计时仪器，图甲中铯原子从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；图乙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＝10 m/s2，则t1∶t2为( )
A．100∶1 B．1∶100
C．1∶200 D．200∶1
答案:C
解析：铯原子做平抛运动，水平方向上做匀速直线运动，即x＝vt1，解得t1＝eq \f(x,v)＝eq \f(0.2,100) s，铯原子做竖直上抛运动，抛至最高点用时eq \f(t2,2)，逆过程可视为自由落体，即x＝eq \f(1,2)g(eq \f(t2,2))2，解得t2＝eq \r(\f(8x,g))＝eq \r(\f(8×0.2,10)) s＝0.4 s，则eq \f(t1,t2)＝eq \f(\f(0.2,100),0.4)＝eq \f(1,200)，故C正确。
5.(2023·广东卷)图是滑雪道的示意图。可视为质点的运动员从斜坡上的M点由静止自由滑下，经过水平NP段后飞入空中，在Q点落地。不计运动员经过N点的机械能损失，不计摩擦力和空气阻力。下列能表示该过程运动员速度大小v或加速度大小a随时间t变化的图像是（ ）
A. B.
C. D.
答案:C
解析：设斜坡倾角为，运动员在斜坡MN段做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律
可得
运动员在水平段做匀速直线运动，加速度
运动员从点飞出后做平抛运动，加速度为重力加速度
设在点的速度为，则从点飞出后速度大小的表达式为
由分析可知从点飞出后速度大小与时间的图像不可能为直线，且C正确，ABD错误。
故选C。
6.(多选)(2023·海南卷，11)小朋友玩水枪游戏时，若水从枪口沿水平方向射出的速度大小为10 m/s，水射出后落到水平地面上。已知枪口离地高度为1.25 m，g＝10 m/s2，忽略空气阻力，则射出的水( )
A．在空中的运动时间为0.25 s
B．水平射程为5 m
C．落地时的速度大小为15 m/s
D．落地时竖直方向的速度大小为5 m/s
答案: BD
解析：根据h＝eq \f(1,2)gt2得，运动时间t＝eq \r(\f(2h,g))＝eq \r(\f(2×1.25,10)) s＝0.5 s，故A错误；水平射程为x＝v0t＝10×0.5 m＝5 m，故B正确；竖直方向分速度为vy＝gt＝10×0.5 m/s＝5 m/s，水平分速度为vx＝v0＝10 m/s，落地速度为v＝eq \r(veq \\al(2,y)＋veq \\al(2,x))＝5eq \r(5) m/s，故C错误，D正确。
7.(多选)(2023·江苏卷，8)如图所示，小球A、B分别从2l和l的高度水平抛出后落地，上述过程中A、B的水平位移分别为l和2l。忽略空气阻力，则 ( )
A．A和B的位移大小相等
B．A的运动时间是B的2倍
C．A的初速度是B的eq \f(1,2)
D．A的末速度比B的大
答案: AD
解析：由题意可知，落地后，小球A的位移的大小为sA＝eq \r(xeq \\al(2,A)＋yeq \\al(2,A))＝eq \r(l2＋（2l）2)＝eq \r(5)l，小球B的位移的大小为sB＝eq \r(xeq \\al(2,B)＋yeq \\al(2,B))＝eq \r(（2l）2＋l2)＝eq \r(5)l，显然小球A、B的位移大小相等，A正确；小球A的运动时间为tA＝eq \r(\f(2yA,g))＝eq \r(\f(4l,g))，小球B的运动时间为tB＝eq \r(\f(2yB,g))＝eq \r(\f(2l,g))，则tA∶tB＝eq \r(2)∶1，B错误；小球A的初速度为vxA＝eq \f(xA,tA)＝eq \f(l,\r(\f(4l,g)))＝eq \r(\f(gl,4))，小球B的初速度为vxB＝eq \f(xB,tB)＝eq \f(2l,\r(\f(2l,g)))＝eq \r(2gl)，则vA∶vB＝1∶2eq \r(2)，C错误；落地瞬间，小球A竖直方向的速度为vyA＝eq \r(4gl)，小球B竖直方向的速度为vyB＝eq \r(2gl)，则落地瞬间小球A的速度为vA＝eq \r(veq \\al(2,xA)＋veq \\al(2,yA))＝eq \r(\f(17,4)gl)，小球B的速度为vB＝eq \r(veq \\al(2,xB)＋veq \\al(2,yB))＝eq \r(4gl)，显然vA>vB，D正确。
8.(2023·全国Ⅱ卷，16)如图所示，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．20B．18
C．9.0 D．3.0
答案: B
解析： 由题意可知，当在a点动能为E1时，有E1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，根据平抛运动规律有h＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,1)，h＝v1t1；当在a点时动能为E2时，有E2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，根据平抛运动规律有eq \f(1,2)h＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,2)，3h＝v2t2，联立以上各式可解得eq \f(E2,E1)＝18，故选项B正确。
9．(多选) (2023·海南卷)三个小物块分别从3条不同光滑轨道的上端由静止开始滑下，已知轨道1、轨道2、轨道3的上端距水平地面的高度均为4h0；它们的下端水平，距地面的高度分别为h1＝h0、h2＝2h0、h3＝3h0，如图所示，若沿轨道1、2、3下滑的小物块的落地点到轨道下端的水平距离分别记为s1、s2、s3，则( )
A．s1＞s2 B．s2＞s3
C．s1＝s3 D．s2＝s3
答案: BC
解析： 对轨道1，射出时的速度v1＝eq \r(2g×3h0)＝eq \r(6gh0)，射程s1＝v1eq \r(\f(2h0,g))＝2eq \r(3)h0；对轨道2，射出时的速度v2＝eq \r(2g×2h0)＝eq \r(4gh0)，射程s2＝v2eq \r(\f(2×2h0,g))＝4h0；对轨道3：射出时的速度v3＝eq \r(2gh0)，射程s3＝v3eq \r(\f(2×3h0,g))＝2eq \r(3)h0；则s1＝s3，s2＞s3，故B、C正确，A、D错误。
10.(2023·全国Ⅲ卷·17)在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以v和eq \f(v,2)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
答案: A
解析： 如图所示，由平抛运动规律可知
x＝vt
xtan θ＝eq \f(1,2)gt2
则vy＝gt＝2vtan θ
则落至斜面的速率v落＝eq \r(v2＋veq \\al(2,y))＝veq \r(1＋4tan2θ)，即v落∝v，甲、乙两球抛出速度为v和eq \f(v,2)，则可得落至斜面时速率之比为2∶1，故A正确。
11．(2023·山东等级考)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，cs 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
mgcs 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 m。④
(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＝vMcs 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)⑦
L＝v2t＋eq \f(1,2)a2t2⑧
联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得
L＝12 m。⑨
新课程标准
1.通过实验，探究并认识平抛运动的规律。会用运动合成与分解的方法分析平抛运动。体会将复杂运动分解为简单运动的物理思想。能分析生产生活中的抛体运动。
命题趋势
考查的内容多贴近生活实际，试题多涉及平抛运动的合成和分解，考查考生的情境分析能力，提取信息进行物理情境构建的能力，应用基本规律分析、推理和计算的能力。
试题情境
生活实践类
生活中的抛体运动，射箭、踢足球、打羽毛球、排球、摩托车越野等动力学及临界问题，
学习探究类
与斜面或圆弧面有关的平抛运动
y
v0
θ
vx
vy
x
v0csθ
vx
x
水平方向——匀速直线运动；
竖直方向——竖直上抛运动
①一分为二:从最高点分为两个平抛运动；
②逆向思维