2021高考物理（选择性考试）人教版一轮学案：4.2平抛运动的规律及应用

第二节　平抛运动的规律及应用

1．平抛运动的基本概念

2.平抛运动的研究方法和基本规律

(1)研究方法：运动的合成和分解．

水平方向：x＝v0t，竖直方向：y＝gt2．

(2)基本规律．

①位移关系．

②速度关系．

1．(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，提高抛出点高度

答案：AC

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.

2．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，如图所示，①为A的运动轨迹，则B的运动轨迹是(　　)

A．①　　　　　　　　B．②

C．③  D．④

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．

答案：A

平抛运动和斜抛运动都是匀变速曲线运动．对匀变速曲线运动，可将其分解为初速度方向的匀速直线运动和加速度方向(合外力方向)的初速度为零的匀加速直线运动，若求速度和位移则再用平行四边形定则合成．

考点一  平抛运动的规律及应用

1.平抛运动的规律

2.平抛运动的几个重要推论

(1)做平抛运动的物体，在相同的时间内速度的变化量都相等，即Δv＝gΔt，方向竖直向下．

如图，Δv的方向与g的方向相同，是竖直向下的；Δv的大小与Δt成正比．

(2)做平抛运动的物体，在任一位置P(x，y)的瞬时速度的反向延长线与x轴交点A的横坐标为，如图所示．

(3)做平抛运动的物体，在任一位置速度偏向角θ与位移偏向角α的关系为tan θ＝2tan α.

　(2019·漯河模拟)如图所示，虚线是小球由空中某点水平抛出的运动轨迹，A、B为其运动轨迹上的两点．小球经过A点时，速度大小为10 m/s、与竖直方向夹角为60°；它运动到B点时速度方向与竖直方向夹角为30°.不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，下列叙述正确的是(　　)

A．小球通过B点的速度为12 m/s

B．小球的抛出速度为5 m/s

C．小球从A点运动到B点的时间为1 s

D．A、B之间的距离为6 m

[思维点拨]　平抛运动在水平方向做匀速直线运动，小球在A、B两点水平速度相等，可求出B点速度，进而求出A、B两点竖直方向的速度差和A、B的距离．

解析：小球经过A点时，根据速度的分解可得小球平抛运动的初速度v0＝vAsin 60°＝10× m/s＝5 m/s；小球通过B点的速度vB＝＝10 m/s，故选项A、B错误．小球在A点时竖直分速度vAy＝vAcos 60°＝5 m/s，在B点的竖直分速度vBy＝vBcos 30°＝15 m/s，则小球从A点到B点的时间为t＝＝ s＝1 s，故选项C正确．根据速度位移公式可得A、B之间的竖直距离hAB＝＝ m＝10 m，A、B两点之间的水平距离x＝v0t＝5×1 m＝5 m，则A、B两点之间的距离s＝＝ m＝5 m，故选项D错误．

答案：C

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(或合位移)、分速度(或分位移)及其方向间的关系，通过速度(或位移)的矢量三角形求解未知量．

考点二  斜面上的平抛运动问题

1.斜面上的几种平抛运动

2.平抛运动的研究方法

(1)分解速度．

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，设平抛运动的初速度为v0，在空中运动时间为t，则平抛运动在水平方向的速度为vx＝v0，在竖直方向的速度为vy＝gt，合速度为v＝，合速度与水平方向的夹角满足tan θ＝.

(2)分解位移．

平抛运动在水平方向的位移为x＝v0t，在竖直方向的位移为y＝gt2，对抛出点的位移(合位移)为s＝，合位移与水平方向夹角满足tan φ＝.

(3)分解加速度．

平抛运动也不是一定要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，过抛出点建立适当的直角坐标系，把重力加速度g正交分解为gx、gy，把初速度v0正交分解为vx、vy，然后分别在x、y方向列方程求解，可以简化解题过程，化难为易．

　(多选)如图所示，固定斜面PO，QO与水平面MN的夹角均为45°，现由A点分别以v1，v2先后沿水平方向抛出两个小球(可视为质点)，不计空气阻力，其中以v1抛出的小球恰能垂直于QO落于C点，飞行时间为t，以v2抛出的小球落在PO斜面上的B点，且B，C在同一水平面上，则(　　)

A．落于B点的小球飞行时间为t

B．v2＝gt

C．落于C点的小球的水平位移为gt2

D．A点距水平面MN的高度为gt2

[思维点拨]　(1)小球恰能垂直于QO落于C点，则此时小球速度方向与斜面垂直．

(2)两小球的竖直分位移相等，两小球的运动时间相等．

(3)两小球的水平分位移的差值与B、C两点间距离相等．

解析：落于C点的小球速度垂直于QO，则两分速度相等，即v1＝gt，得出水平位移x＝v1t＝gt2，故选项C正确；落于B点的小球分解位移如图所示，其中，BC在同一平面，故飞行时间都为t，由图可得tan 45°＝＝，所以v2＝，故选项A正确，B错误；设C点距水平面MN为h，由几何关系知x＝2h＋v2t，联立以上几式可得h＝gt2，故A距水平面高度H＝h＋gt2＝gt2，故选项D正确．

答案：ACD

斜面上的平抛运动的分析方法

除要运用平抛运动的位移和速度的分解规律外，还要充分利用斜面倾角，找出斜面倾角同分位移与合位移的关系，或找出斜面倾角同分速度与合速度的关系，从而使问题得到顺利解决．

考点三  平抛运动中的临界问题

1.常见的“临界术语”

(1)题目中有“刚好”“恰好”“正好”“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临界点．

(2)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．

2．平抛运动临界问题的分析方法

(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．

　如图所示，水平屋顶高H＝5 m，围墙高h＝3.2 m，围墙到房子的水平距离L＝3 m，围墙外空地宽x＝10 m，为使小球从屋顶水平飞出落在围墙外的空地上，g取10 m/s2.求：

(1)小球离开屋顶时的速度v0的大小范围；

(2)小球落在空地上的最小速度．

[思维点拨]　(1)画出小球恰好落到空地的右侧边缘的轨迹图．

(2)画出小球恰好越过围墙边缘落到空地上的轨迹图．

解析：(1)设小球恰好落到空地的右侧边缘时的水平初速度为v01，

则小球的水平位移L＋x＝v01t1，

小球的竖直位移H＝gt，

解以上两式，得：

t1＝1 s，v01＝13 m/s.

设小球恰好越过围墙的边缘时的水平初速度为v02，则此过程中小球的水平位移L＝v02t2，

小球的竖直位移H－h＝gt，

解以上两式得v02＝5 m/s，

小球抛出时的速度大小为5 m/s≤v0≤13 m/s.

(2)小球落在空地上，下落高度一定，落地时的竖直分速度一定，当小球恰好越过围墙的边缘落在空地上时，落地速度最小．

竖直方向：v＝2gH，

又有：vmin＝，

解得：vmin＝5 m/s.

答案：(1)5 m/s≤v0≤13 m/s　(2)5 m/s

 “化曲为直”思想在平抛运动中的应用

在研究平抛运动问题时，根据运动效果的等效性，利用运动分解的方法，将其转化为我们所熟悉的两个方向上的直线运动，即水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，再运用运动合成的方法求出平抛运动的规律．这种处理问题的方法可以变曲线运动为直线运动，变复杂运动为简单运动，是处理曲线运动问题的一种重要方法．

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变化

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

答案：B

2．(多选)为了验证做平抛运动的小球在竖直方向上的运动是自由落体运动，某同学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

答案：BC

3．(多选)(2018·福建宁德期末)所图所示，两小球A、B分别从距地面高度h、2h处以速度vA、vB水平抛出，均落在水平面上CD间的中点P，它们在空中运动的时间分别为tA、tB.不计空气阻力，下列说法正确的是(　　)

A．tA∶tB＝1∶　　　　　B．tA∶tB＝1∶2

C．vA∶vB＝1∶  D．vA∶vB＝∶1

解析：竖直方向做自由落体运动，根据h＝gt2，得t＝，故tA∶tB＝∶＝1∶，故选项A正确，B错误；水平方向做匀速运动，根据x＝v0t知，水平位移x相等，则vA∶vB＝tB∶tA＝∶1，故选项C错误，D正确．

答案：AD

4．(多选)如图，小球在倾角为θ的斜面上方O点处以速度v0水平抛出，落在斜面上的A点时速度的方向与斜面垂直，重力加速度为g，根据上述条件可以求出(　　)

A．小球O点到A点的时间

B．O点距离地面的高度

C．小球在A点速度的大小

D．小球从O点到A点的水平距离

答案：ACD

5．(2019·安徽滁州质检)如图所示，滑雪者从山上M处以水平速度v0飞出，经t0时间落在山坡上N点，此时速度方向刚好沿斜坡向下，接着从N点沿直线NP自由滑下，又经t0时间到达坡底的P点．斜坡NP与水平面夹角为30°，不计摩擦阻力和空气阻力，则从M到P的过程中，滑雪者的加速度大小、速度大小随时间变化的图象正确的是(　　)

A　　　　　　　　　B　　　

C　　　　　　　　　D　　　

答案：A

6．(2019·荆州质检)如图所示，圆环竖直放置，从圆心O点正上方的P点，以速度v0水平抛出的小球恰能从圆环上的Q点沿切线方向飞过，若OQ与OP间夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g，则(　　)

A．小球运动到Q点时的速度大小为vQ＝

B．小球从P点运动到Q点的时间为t＝

C．小球从P点到Q点的速度变化量为Δv＝v0

D．圆环的半径为R＝

解析：根据几何关系知，小球在Q点的速度方向与水平方向的夹角为θ，小球运动到Q点时的速度为vQ＝，选项A错误；小球在Q点时竖直方向的速度vy＝v0tan θ＝gt，小球从P运动到Q的时间t＝，选项B错误；小球从P运动到Q的过程中，速度变化量Δv＝gt＝v0tan θ，选项C错误；小球运动到Q点时的水平位移为Rsin θ＝v0t，解得R＝，选项D正确．

答案：D

7．一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的取值范围是(　　)

A.<v<L1

B.<v<

C.<v<

D.<v<

解析：设以速率v1发射乒乓球，经过时间t1刚好落到球网正中间．则竖直方向上有3h－h＝gt，①

水平方向上有＝v1t1，②

由①②两式可得v1＝；

设以速率v2发射乒乓球，经过时间t2刚好落到球网右侧台面的两角处，在竖直方向有3h＝gt，③

在水平方向有 ＝v2t2，④

由③④两式可得v2＝ ，

则v的最大取值范围为<v< ，故选项D正确．

答案：D

8.如图所示，一个小球从倾角为θ＝30°的斜坡顶端A处，沿水平方向以初速度v0＝10 m/s抛出，恰好落在斜坡的B点．忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2.从抛出开始经多长时间小球与斜面间的距离最大？最大距离是多少？

解析：过A点建立如图所示的坐标系，将v0沿x和y方向进行分解，

则v0x＝v0cos θ，v0y＝v0sin θ，将重力加速度g沿x和y方向进行分解，则gx＝gsin θ，gy＝gcos θ.所以小球在x方向上做初速度为v0cos θ、加速度为gsin θ的匀加速直线运动，在y方向上做初速度为v0sin θ、加速度为gcos θ的匀减速直线运动；当y方向上速度减为零时，小球与斜面间的距离最大，即v0sin θ＝(gcos θ)t，所以t＝＝ s，最大距离ymax＝＝＝＝ m.

答案： s　 m