2021高考人教版物理一轮复习讲义：第4章第2讲平抛运动的规律及应用(含解析)

第2讲平抛运动的规律及应用板块一主干梳理·夯实基础【知识点1】抛体运动Ⅱ1．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(不考虑空气阻力)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)条件①v0≠0，且沿水平方向。

②只受重力作用。

2．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。

【知识点2】抛体运动的基本规律1．平抛运动(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(如图所示)①速度关系②位移关系③轨迹方程：y＝g2v20x2。

2．类平抛运动的分析所谓类平抛运动，就是受力特点和运动特点类似于平抛运动，即受到一个恒定的外力且外力与初速度方向垂直，物体做曲线运动。

(1)受力特点：物体所受合力为恒力，且与初速度的方向垂直。

(2)运动特点：沿初速度v0方向做匀速直线运动，沿合力方向做初速度为零的匀加速直线运动。

板块二考点细研·悟法培优考点1平抛运动的基本规律[深化理解]1．关于平抛运动必须掌握的四个物理量(1)做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，如图甲中A点和B点所示。

其推导过程为tanθ＝v yv x＝gt2v0t＝yx2。

(2)做平抛运动的物体在任一时刻任一位置处，设其速度方向与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为α，则tanθ＝2tanα。

如图乙所示。

其推导过程为tanθ＝v yv0＝gt·tv0·t＝2yx＝2tanα。

例1(多选)如图所示，x轴在水平地面内，y轴沿竖直方向。

图中画出了从y轴上沿x轴正向抛出的三个小球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的长B．b和c的飞行时间相同C．a的水平初速度比b的小D．b的水平初速度比c的大(1)平抛的时间取决于什么？提示：取决于高度。

第2讲抛体运动的规律及其应用平抛运动1．概念将物体以必然的初速度沿水平方向抛出，不考虑空气阻力，物体只在重力作用下所做的运动．2．性质加速度为重力加速度的匀变速曲线运动，轨迹是抛物线．3．方式平抛运动能够分解为水平方向的匀速直线运动，竖直方向的自由落体运动．4．大体规律(如图4－2－1)图4－2－1(1)位移关系(2)速度关系斜抛运动1．概念将物体以v沿斜向上方或斜向下方抛出，物体只在重力作用下的运动．2．性质加速度为重力加速度的匀变速曲线运动，轨迹是抛物线．3．研究方式斜抛运动能够看做水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛(或竖直下抛)运动的合运动．4．大体规律(以斜上抛运动为例，如图4－2－2所示)：图4－2－2(1)水平方向：v0x＝v0cos_θ，F合x＝0.(2)竖直方向：v0y＝v0sin_θ，F合y＝mg.1．(多项选择)关于做平抛运动的物体，以下说法正确的选项是( )A．平抛运动是非匀变速曲线运动B．平抛运动是匀变速曲线运动C．每秒内速度的转变量相等D．每秒内速度的转变量相等【解析】平抛运动的加速度确实是重力加速度，大小、方向恒定，因此平抛运动是匀变速曲线运动；平抛运动的水平速度不变，只有竖直速度转变，因g恒定因此每秒转变量相等，因此，只有B、C选项正确．【答案】BC2.平抛物体的运动规律能够归纳为两点：一是水平方向做匀速直线运动；二是竖直方向做自由落体运动．为了研究平抛物体的运动，可做下面的实验：如图4－2－3所示，用小锤冲击弹性金属片，A球水平飞出，同时B球被松开，做自由落体运动．两球同时落到地面．那么那个实验( )A．只能说明上述规律中的第一条B．只能说明上述规律中的第二条C．不能说明上述规律中的任何一条D．能同时说明上述两条规律图4－2－3【解析】该题考查对平抛运动及其分运动的明白得，同时考查探讨问题的思维能力．实验中A球做平抛运动，B球做自由落体运动，两球同时落地说明A球平抛运动的竖直分运动和B球相同，而不能说明A球的水平分运动是匀速直线运动，因此B项正确，A、C、D三项都不对．【答案】B3.如图4－2－4所示，在同一平台上的O点水平抛出的三个物体，别离落到a、b、c三点，那么三个物体运动的初速度va，vb，vc的关系和三个物体运动的时刻ta，tb，tc的关系别离是( )A．va>vb>vc ta>tb>tc B．va>vb>vc ta＝tb＝tcC．va<vb<vc ta>tb>tc D．va>vb>vc ta<tb<tc图4－2－4【解析】依照平抛运动的运动时刻只与高度有关知，三个物体运动的时刻ta、tb、tc的关系是ta>tb>tc，初速度关系是va<vb<vc，选项C正确．【答案】C4. (多项选择)(2021·江南十校联考)在水平地面上M点的正上方某一高度处，将S1球以初速度v1水平向右抛出，同时在M点右方地面上N点处，将S2球以初速度v2斜向左上方抛出，两球恰在M、N连线的中点正上方相遇，不计空气阻力，那么两球从抛出到相遇进程中( ) A．初速度大小关系为v1＝v2B．速度转变量相等C．水平位移大小相等D ．都不是匀变速运动 图4－2－5【解析】 由题意可知，两球的水平位移相等，C 正确；由于只受重力的作用，故都是匀变速运动，且相同时刻内速度转变量相等，B 正确，D 错误；又由v1t ＝v2xt 可得A 错误． 【答案】 BC平抛运动的研究与应用1.飞行时刻 由t ＝2h g知，时刻取决于下落高度h ，与初速度v0无关．2．水平射程 x ＝v0t ＝v02h g，即水平射程由初速度v0和下落高度h 一起决定，与其他因素无关．3．落地速度 v ＝v2x ＋v2y ＝v20＋2gh ，以θ表示落地速度与x 轴正方向间的夹角，有tan θ＝vy vx ＝2ghv0，因此落地速度只与初速度v0和下落高度h 有关． 4.速度改变量因为平抛运动的加速度为恒定的重力加速度g ，因此做平抛运动的物体在任意相等时刻距离Δt 内的速度改变量Δv＝gΔt 相同，方向恒为竖直向下，如图4－2－6所示． 图4－2－6 5．两个重要推论(1)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必然通过现在水平位移的中点，如图4－2－7所示． 图4－2－7(2)做平抛(或类平抛)运动的物体在任一时刻任一名置处，设其速度方向与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为α，那么tan θ＝2 tan α，如图4－2－8所示． 图4－2－8如图4－2－9所示，从某高度水平抛出一小球，通过时刻t 抵达地面时，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.以下说法正确的选项是( ) A ．小球水平抛出时的初速度大小为gttan θθB．小球在t时刻内的位移方向与水平方向的夹角为2C ．假设小球初速度增大，那么平抛运动的时刻变长D ．假设小球初速度增大，那么θ减小 图4－2－9【解析】 落地时竖直方向上的速度vy ＝gt.因为速度方向与水平方向的夹角为θ，小球的初速度v0＝vycot θ＝gtcot θ，A 错；速度与水平方向夹角的正切值tan θ＝vyv0＝gtv0，位移与水平方向夹角的正切值tan α＝y x ＝12gt2v0t ＝gt 2v0，tan θ＝2tan α.但a≠θ2，故B 错；平抛运动的时刻由高度决定，与初速度无关．故C 错；由于tan θ＝vyv0＝gtv0，假设小球初速度增大，那么θ减小，D 对．【答案】 D 【迁移应用】1. (2021·内蒙古包钢一中适应性训练)如图4－2－10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 ，那么A 、B 之间的水平距离为( )D ．2v20gtan α图4－2－10【解析】 设小球到B 点时其速度为v ，如下图，在B 点分解其速度可知：vx ＝v0，vy ＝v0tan α，又知小球在竖直方向做自由落体运动，那么有vy ＝gt ，联立得：t ＝v0tan αg ，A 、B 之间的水平距离为xAB ＝v0t ＝v20tan αg ，因此只有A 项正确．【答案】 A斜面上的平抛问题斜面上的平抛问题是一种常见的题型，在解答这种问题时除要运用平抛运动的位移和速度规律，还要充分运用斜面倾角，找出斜面倾角同位移和速度与水平方向夹角的关系，从而使问题取得顺利解决．常见的模型如下：方法 内容斜面总结分 解 速 度水平：vx ＝v0 竖直：vy ＝gt 合速度： v ＝v2x ＋v2y分解速度，构建速度三角形分解位水平：x＝v0t竖直：y＝12gt2合位移：分解位移，构建位移三角形移 x 合＝x2＋y2在倾角为θ的斜面顶端A 处以速度v0水平抛出一小球，落在斜面上的某一点B 处，空气阻力不计，求：(1)小球从A 处运动到B 处所需的时刻；(2)从抛出开始计时，通过量长时刻小球离斜面的距离达到最大？ (3)小球离斜面的距离最大是多少？【解析】 (1)小球做平抛运动，同时受到斜面体的限制．设小球从A 处运动到B 处所需的时刻为t ，那么：水平位移为x ＝v0t ，竖直位移为y ＝12gt2；依照题意和数学关系可知合位移与水平位移的夹角即为θ，那么有tan θ＝y x ；联立以上三式解得：t ＝2v0tan θg .(2)当小球垂直斜面向上的分速度为零时，离斜面的距离最大，现在小球只有平行于斜面的速度，故可知当小球的速度与斜面平行时，小球离斜面的距离最大，由此可得现在合速度的方向．设小球从抛出开始计时，经时刻t1小球离斜面的距离达到最大，如图甲所示，那么有：vy ＝gt1＝v0tan θ， 解得t1＝v0tan θg .甲(3)方式1(常规解法)：由(2)中计算可知，离斜面最远时，运动的时刻t1＝v0tan θg ，如图乙所示，那么小球的水平位移x ＝AC ＝v0t1＝v20tan θg ，竖直位移y ＝CE ＝12gt21＝v20tan2θ2g ；由图中几何关系可知：小球离斜面的最大距离hmax ＝EF ＝(CD －CE)cos θ＝(xtan θ－y)cos θ；解得：hmax ＝xsin θ－ycos θ＝v20sin2 θ2gcos θ.乙方式2(推论解法)：如图乙所示，依照平抛运动的物体任意时刻速度方向反向延长线必过水平位移的中点可知：x ＝v20tan θg ，结合图中几何关系可知小球离斜面的最大距离hmax ＝GH ＝x 2sin θ＝v20sin2 θ2gcos θ.方式3(变换分解法)：将小球的运动分解成垂直斜面向上的匀减速直线运动和平行斜面方向的匀加速直线运动，如图丙所示，那么小球在垂直斜面方向上做匀减速直线运动的初速度是vy0＝v0sin θ，加速度ay ＝－gcos θ；离开斜面的距离最大时有vy ＝0，那么由运动公式a ＝vt －v0t 得：小球离开斜面的距离最大时所需的时刻t1＝v0tan θg，由v2t －v20＝2as得：小球离开斜面的最大距离hmax ＝v20sin2θ2gcos θ.【答案】 (1)2v0tan θg (2)v0tan θg(3)v20sin2 θ2gcos θ平抛运动的三种分解思路(1)分解速度：设平抛运动的初速度为v0，在空中运动的时刻为t ，那么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 ＝v2x ＋v2y ，合速度与水平方向夹角的正切tan θ＝vyvx.(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 ＝12gt2，对抛出点的位移(合位移)为s ＝x2＋y2，合位移与水平方向夹角的正切为tan α＝yx.(3)分解加速度：关于有些问题，过抛出点成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 ，然后别离在x 、y 方向列方程求解，能够避繁就简，化难为易． 【迁移应用】2. (多项选择)(2021·河北五校联考)如图4－2－11所示，斜面倾角为θ，从斜面的P 点别离以v0和2v0的速度水平抛出A 、B 两个小球，不计空气阻力，假设两小球均落在斜面上且不发生反弹，那么( ) A ．A 、B 两球的水平位移之比为1∶4 B ．A 、B 两球飞行时刻之比为1∶2 C ．A 、B 两球下落的高度之比为1∶2D ．A 、B 两球落到斜面上的速度大小之比为1∶4 图4－2－11【解析】 由平抛运动规律有x1＝v0t1，y1＝12gt21，tan θ＝y1x1；x2＝2v0t2，y2＝12gt22，tan θ＝y2x2；联立得A 、B 两球飞行时刻之比为t1∶t2＝1∶2，A 、B 两球的水平位移之比为x1∶x2＝1∶4，选项A 、B 正确．A 、B 下落的高度之比为y1∶y2＝1∶4，选项C 错误．A 、B 两球落到斜面上的速度大小别离为v1＝v20＋gt12，v2＝2v02＋gt22＝2v02＋2gt12＝2v20＋gt12，A 、B 两球落到斜面上的速度大小之比为1∶2，选项D 错误．【答案】 AB类平抛运动分析受力特点 物体所受合力为恒力，且与初速度的方向垂直运动特点 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 ＝F 合m处理方法常规分解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 特殊分解对于有些问题，可以过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度分解为ax 、ay ，初速度v0分解为vx 、vy ，然后分别在x 、y 方向列方程求解 在滑腻的水平面内，一质量m ＝1 kg 的质点以速度v0＝10 m/s 沿x 轴正方向运动，通过原点后受一沿y 轴正方向(竖直方向)的恒力F ＝15 N 作用，直线OA 与x 轴成α＝37°，如图4－2－12所示曲线为质点的轨迹图(g 取10 m/s2，sin 37°＝，cos 37°＝．求：(1)若是质点的运动轨迹与直线OA 相交于P 点，质点从O 点到P 点所经历的时刻和P 点的坐标；(2)质点通过P 点的速度大小．图4－2－12【审题指导】 (1)此质点是在水平面内做类平抛运动．(2)图中角度α是从抛点O 到P 总位移与x 轴方向的夹角，相当于平抛运动中的位移与v0的夹角．【解析】 (1)质点在水平方向上无外力作用做匀速直线运动，竖直方向受恒力F 和重力mg 作用做匀加速直线运动．由牛顿第二定律得a ＝F －mg m ＝15－101m/s2＝5 m/s2 设质点从O 点到P 点经历的时刻为t ，P 点坐标为(xP ，yP)，那么xP ＝v0t ，yP ＝12at2 又tan α＝yP xP联立解得：t ＝3 s ，xP ＝30 m ，yP ＝ m.(2)质点通过P 点时沿y 轴方向的速度vy ＝at ＝15 m/s故P 点的速度大小vP ＝ v20＋v2y ＝513 m/s.【答案】 (1)3 s P(30 m, m) (2)513 m/s 【即学即用】在运动的合成和分解的实验中，红蜡块在长1 m 的竖直放置的玻璃管中在竖直方向做匀速直线运动．此刻某同窗拿着玻璃管在水平方向上做初速度为零的匀加速直线运动(忽略蜡块与玻璃管之间的摩擦)，并每隔1 s 画出蜡块运动所抵达的位置，运动轨迹如图4－2－13所示，假设在轨迹上C 点(a ，b)作该曲线的切线(图中虚线)交y 轴于A 点，那么A 的坐标为( )A ．(0,B ．(0,C ．(0,D ．(0，a)图4－2－13【解析】蜡块在竖直方向(即y轴方向)做匀速直线运动，在水平方向(即x轴方向)做初速度为零的匀加速直线运动，因此蜡块的运动属于类平抛运动；因为做曲线运动的物体在某点(或某时刻)的瞬时速度方向，确实是通过该点(或该时刻)的曲线的切线方向，因此题中切线代表蜡块在C点的瞬时速度方向所在直线；依照平抛运动的推论“平抛(或类平抛)运动的物体任意时刻的瞬时速度的反向延长线必然通过现在水平位移的中点”可知，A对．【答案】A。