2024届物理一轮复习讲义专题强化五 有约束条件的平抛运动含答案

平抛运动的推论及其应用建议用时：50分钟考点序号考点题型分布考点1速度偏转角与位移偏转角2单选+2多选+1解答考点2速度反向延长线的结论应用1单选考点3斜面上的平抛运动3单选+2多选+1解答考点4曲面结合的平抛运动1多选考点01：速度偏转角与位移偏转角(2单选+2多选+1解答)一、单选题1(2023·河北张家口·统考二模)如图所示，一个倾角为45°的斜面与一个14圆弧对接，斜面的底端在圆心O 的正下方。

从斜面顶点以一定的初速度向右水平抛出一小球，则下列说法正确的是()A.小球初速度不同，则运动时间一定不同B.小球落到斜面上时，其速度方向一定相同C.小球落到圆弧面上时，其速度方向可能与该处圆的切线垂直D.小球落到圆弧面上时位置越高，末速度越大【答案】B【详解】A ．平抛运动的时间由下落的高度决定。

若小球落到斜面与圆弧面上时的下落高度相同，则小球平抛运动的时间相同，A 错误；B ．设斜面倾角为θ，小球落到斜面上时速度与水平方向夹角为α，则tan θ=y x =12gt 2ν0t =gt 2v 0tan α=gtv 0故tan α=2tan θB 正确；C ．小球落到圆弧面上时，若落点速度方向与该处圆的切线垂直，则速度的反向延长线通过圆心，但由平抛运动规律知，速度的反向延长线应通过水平位移的中点，C 错误；D ．设小球的初速度为v 0运动时间为t ，则小球落到圆弧面上时速度大小为v =v 20+gt2当v 0越大时落点位置越高，但t 越小，v 不一定大，D 错误。

故选B 。

2(2023·辽宁丹东·统考一模)据报道，尹某在小区内不幸被楼上抛落的酒瓶砸伤左脚。

办案民警分析监控可描绘出酒瓶落在尹某脚面时速度与水平地面所成角度，随后民警又测量出尹某所在位置与楼房的水平距离。

假设酒瓶飞出窗口的速度是水平的，若已知每层楼房高度，不计空气阻力，当地重力加速度已知，则通过以上信息能估算出()①酒瓶落至尹某脚面时的速度②酒瓶从飞出至落地所用时间③酒瓶对脚面的平均作用力④酒瓶是从第几层楼房抛出的A.①②③B.①②④C.②③④D.①③④【答案】B【详解】根据题意可知，速度与水平方向的夹角已知，则tan θ=v y v 0=gtv 0位移与水平方向的夹角tan α=y x =12gt 2v 0t =gt 2v 0=2tan θ则位移与水平方向的夹角正切值已知，又因为尹某所在位置与楼房的水平距离已知，则竖直方向的下落高度h 可以求出，楼层高度已知，则可以计算出酒瓶是从第几层楼房抛出的。

抛体运动九大问题目录题型一 平抛运动的基本规律题型二 平抛运动的临界、极值问题题型三 斜面上的平抛问题类型1.顺着斜面平抛斜面倾斜角是“位移”偏向角类型2.顺着斜面(圆弧)平抛斜面倾斜角是“速度”偏向角类型3.对着斜面平抛“垂直”打在斜面上斜面倾斜角为“速度”偏向角的余角类型4对着斜面平抛“最小位移”打在斜面上斜面倾斜角为“位移”偏向角的余角题型四 有约束条件的平抛运动模型类型1　对着竖直墙壁的平抛运动类型2半圆内的平抛问题题型五 平抛的多解问题题型六 平抛与圆周的临界问题题型七 斜抛运动的理解和分析题型八 类平抛运动题型九 抛体运动中的功能与动量平抛运动的基本规律【解题指导】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)速度水平方向：v x =v0竖直方向：v y=gt合速度的大小v=22xy v+v=20v+g2t2设合速度的方向与水平方向的夹角为θ，有tanθ=v yv x=gtv0。

(2)位移水平方向：x=v0t 竖直方向：y=12gt2合位移的大小s=x2+y2=(v0t)2+12gt 2设合位移的方向与水平方向的夹角为α，有tanα=yx=gt2v0。

(3)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，tanθ=2tanα。

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x OC=x2。

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。

1(2023春·湖南衡阳·高三校考阶段练习)如图所示，甲、乙两人练习配合传球投篮，两人分别以2m/s、3m/s的速度同时匀速垂直通过篮球场地中线时，二者相距3m，甲继续匀速奔跑2s后从1.7m的高度将篮球近似水平抛出，乙在1.5m的高度接住篮球并奔向篮板。

考点巩固卷抛体运动建议用时：50分钟考点序号考点题型分布考点1平抛运动2单选+3多选+1解答考点2斜抛运动2单选+1多选+2解答考点3类平抛运动2单选+3多选考点01：平抛运动(2单选+3多选+1解答)一、单选题1(2023·河北·统考模拟预测)物体a在距地面高度为H处以初速度v0做平抛运动，距a的抛出点水平距离为s且等高的物体b同时开始无初速度下落，两物体在空中相遇。

两物体可看做质点，不考虑空气阻力，则以下说法正确的是()A.如果增大物体a的初速度v0，则ab在空中不能相遇B.如果增大物体a的初速度v0，则ab在空中一定相遇C.如果物体b的竖直初速度不是零，则ab在空中可以相遇D.如果物体b的水平初速度不是零，则ab在空中不能相遇【答案】B【详解】AB．ab在空中相遇是因为在竖直方向上两物体都是自由落体运动，在相同的时间内竖直位移相同，相遇时a的水平位移为s；如果增大物体a的初速度v0，a在水平位移为s所用的时间变短，但ab的竖直位移相同，所以ab在空中一定相遇，故B正确，A错误；C．如果物体b的竖直初速度不是零，则ab在相同的时间内竖直位移不相同，ab在空中不能相遇，故C错误；D．如果物体b的水平初速度不是零，且水平方向相向而行，ab在水平位移的代数和为s，所用的时间变短，ab的竖直位移相同，ab在空中一定相遇，故D错误。

故选B。

2(2023·广东茂名·茂名市电白区电海中学校考一模)如图所示，投壶是古代士大夫宴饮时的一种投掷游戏，也是一种礼仪。

其规则是：在离壶一定距离处将箭水平抛出，箭若落至壶内则为成功。

某次投壶游戏中，箭落至图中A点，为使下次投中，游戏者可以()A.仅增大抛出速度B.仅增大抛出高度C.同时增大抛出速度和高度D.同时减小抛出速度和高度【答案】D【详解】由于箭落在壶的后方，说明箭的水平位移太大，要使箭投中应减小水平位移。

设箭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，则平抛运动的时间为t=2h g水平位移为x=v0t=v02h g由题可知，要使水平位移减小，则当减小初速度或减小抛出点的高度。

2024年高考物理第一轮复习讲义（有解析）：第五章第2讲动能定理及其应用【A级——夯实基础】1．在篮球比赛中，某位同学获得罚球机会，如图所示，他站在罚球线处用力将篮球投出，篮球以约为1 m/s的速度撞击篮筐。

已知篮球质量约为0.6 kg，篮筐离地高度约为3 m，忽略篮球受到的空气阻力，则该同学罚球时对篮球做的功大约为()A．1 J B．10 JC．50 J D．100 J解析：该同学将篮球投出时的高度约为h1＝1.8 m，根据动能定理有W－mg(h－h1)＝mv2，解得W＝7.5 J，故选项B正确。

答案：B2．(2022·河北唐山一中高三期中)半径为R的光滑半球固定在水平面上，现用一个方向与球面始终相切的拉力F把质量为m的小物体(可看作质点)沿球面从A点缓慢地移动到最高点B，在此过程中，拉力做的功为()A．πFR B．πmgRC．mgR D．mgR解析：小物体在缓慢运动过程中，只有重力和F做功，根据动能定理得W拉－mgR＝ΔEk＝0，则拉力做的功W拉＝mgR，D正确。

答案：D3．物体在恒定阻力作用下，以某初速度在水平面上沿直线滑行直到停止。

以a、Ek、x和t分别表示物体运动的加速度大小、动能、位移的大小和运动的时间，则以下各图像中，能正确反映这一过程的是()解析：物体在恒定阻力作用下运动，其加速度不随时间变化，不随位移变化，选项A、B错误；由动能定理有－Ffx＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0－Ffx，选项C正确；又x＝vt－at2，故Ek与t不呈线性关系，D 错误。

答案：C4．如图所示，轻弹簧一端系在墙上的O 点，自由伸长到B 点。

现将小物体靠着弹簧(不拴接)并将弹簧压缩到A 点，然后由静止释放，小物体在粗糙水平面上运动到C 点静止，则()A．小物体从A到B过程速度一直增加B．小物体从A到B过程加速度一直减小C．小物体从B到C过程中动能变化量大小小于克服摩擦力做的功D．小物体从A到C过程中弹簧的弹性势能变化量大小等于小物体克服摩擦力做的功解析：A、B间某处，小物体受到的弹力等于摩擦力，合力为0，速度最大，而小物体在B点只受摩擦力，合力不为零，因此小物体从A 到B过程加速度先减小再增大，速度先增大后减小，故A、B错误；小物体从B到C过程中，由动能定理得－Wf＝ΔEk，故C错误；小物体从A 到C 过程中，由动能定理得W弹－Wf1＝0，故D正确。

2024年高三物理第一轮考点复习第四章考点2 抛体运动「平抛运动的概念」1. D 【解析】做平抛运动的物体只受重力，其加速度恒为g ，故为匀变速曲线运动，A 错误，D 正确；相等时间内速度的变化量Δv ＝g Δt 是相同的，故B 错误；平抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动，C 错误．2. BC 【解析】根据装置图可知，两球由相同高度同时运动，A 做平抛运动，B 做自由落体运动，因此将同时落地，两球同时落地，因此说明A 、B 在竖直方向运动规律是相同的，故根据实验结果可知，平抛运动在竖直方向的分运动是自由落体运动，不需要两球质量相等，要多次实验，观察现象，则改变装置的高度，多次实验3. B 由于不计空气阻力，小球只受重力作用，故加速度为g ，方向不变；小球做平抛运动，速度的方向不断变化，在任意一段时间内速度的变化量Δv ＝g Δt ，如图所示选项A 错误；设某时刻速度与竖直方向的夹角为θ，则tan θ＝v 0v y ＝v 0gt，随着时间t 的变大，tan θ变小，选项B 正确；由图可以看出，在相等的时间间隔内，速度的改变量Δv 相等，但速率的改变量v 3－v 2≠v 2－v 1≠v 1－v 0，故选项C 错误；在竖直方向上位移h ＝12gt 2，可知小球在相同的时间内下落的高度不同，根据动能定理，动能的改变量等于重力做的功，所以选项D 错误。

4. B 【解析】水平方向通过的距离s ＝v 0t ，由h ＝12gt 2得t ＝2hg，所以时间t 由高度h 决定，又s ＝v 0t ＝v 02h g ，故s 由初始高度h 和初速度v 0共同决定，B 正确．5. C 【解析】设小球平抛运动的初速度为v 0，抛出点离桶口的高度为h ，水平位移为x ，则平抛运动的时间t ＝2h g ，水平位移x ＝v 0t ＝v 02h g，由题知，小球做平抛运动，飞到小桶的前方，说明水平位移偏大，应减小水平位移才能使小球抛进小桶中．由上式可知，可只减小初速度或只降低抛出点的高度．故ABD 错误，C 正确．「平抛运动的规律」6. C 【解析】将乒乓球的平抛运动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，根据在竖直方向h ＝12gt 2、v y ＝gt ，知在竖直方向下降相同的高度时，两球所用时间相同、竖直方向上的速度相同，选项A 、B 、D错误；乒乓球在水平方向做匀速直线运动，有x ＝v 0t ，则速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少，选项C 正确。

平抛物体的运动学问简析 一、平抛物体的运动1、平抛运动：将物体沿水平方向抛出，其运动为平抛运动．（1）运动特点：a 、只受重力；b 、初速度与重力垂直．尽管其速度大小和方向时刻在变更，但其运动的加速度却恒为重力加速度g ，因而平抛运动是一个匀变速曲线运动。

在随意相等时间内速度变更相等。

（2）平抛运动的处理方法：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。

水平方向和竖直方向的两个分运动既具有独立性，又具有等时性．（3）平抛运动的规律：以物体的动身点为原点，沿水平和竖直方向建成立坐标。

a x =0……① a y =0……④水平方向 v x =v 0 ……② 竖直方向 v y =gt ……⑤x=v 0t ……③ y=½gt 2……⑥做平抛运动的物体，随意时刻速度的反向延长线肯定经过此时沿抛出方向水平总位移的中点。

证：平抛运动示意如图设初速度为V 0，某时刻运动到A 点，位置坐标为(x,y ),所用时间为t.此时速度与水平方向的夹角为β,速度的反向延长线与水平轴的交点为'x ,位移与水平方向夹角为α.依平抛规律有: 速度： V x = V 0V y =gt'0x y v gt v v tan x x y -===β ① 位移: S x = V o t002gt 21t gt tan 21v v x y ===α ② 由①②得： βαtan 21tan = 即 )(21'x x y x y -= ③ 第2课所以: x x 21'= ④ ④式说明：做平抛运动的物体，随意时刻速度的反向延长线肯定经过此时沿抛出方向水总位移的中点。

①平抛物体在时间t 内的位移S 可由③⑤两式推得s=()222021⎪⎭⎫ ⎝⎛+gt t v =224042t g v t +， ②位移的方向与水平方向的夹角α由下式确定tg α=y/x=½gt 2/v 0t=gt/2v 0③平抛物体经时间t 时的瞬时速度v t 可由②⑤两式推得v t =()220gt v +，④速度v t 的方向与水平方向的夹角β可由下式确定tg β=v y /v x =gt/v 0⑤平抛物体的轨迹方程可由③⑥两式通过消去时间t 而推得：y=202v g ·x 2， 可见平抛物体运动的轨迹是一条抛物线．⑥运动时间由高度确定，与v 0无关，所以t=g h /2，水平距离x ＝v 0t ＝v 0g h /2⑦Δt 时间内速度变更量相等，即△v ＝g Δt ，ΔV 方向是竖直向下的．说明平抛运动是匀变速曲线运动．2、处理平抛物体的运动时应留意：① 水平方向和竖直方向的两个分运动是相互独立的，其中每个分运动都不会因另一个分运动的存在而受到影响——即垂直不相干关系；② 水平方向和竖直方向的两个分运动具有等时性，运动时间由高度确定，与v 0无关； ③ 末速度和水平方向的夹角不等于位移和水平方向的夹角，由上证明可知tg β=2tg α【小结】若此题中传送带顺时针转动，物块相对传送带的运动状况就应探讨了。

2022届高考物理一轮复习：第2讲平抛运动的规律及应用知识点一平抛运动1．定义：将物体以一定的初速度沿水平方向抛出，物体只在________作用下的运动．2．性质：平抛运动是加速度为g的________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：________直线运动；(2)竖直方向：________运动．4．基本规律：(如下图)(1)位移关系(2)速度关系知识点二斜抛运动1．定义：将物体以初速度v0________或斜向下方抛出，物体只在________作用下的运动．如图所示．2.性质：斜抛运动是加速度为g的________曲线运动，运动轨迹是________．3．研究方法：运动的合成与分解(1)水平方向：________直线运动；(2)竖直方向：________直线运动．思考辨析(1)平抛运动属于匀变速曲线运动．( )(2)平抛运动的加速度方向时刻在变化．( )(3)做平抛运动的物体在任意时刻的速度方向与水平方向的夹角保持不变．( )(4)做平抛运动的物体在任意相等的两段时间内的速度变化相同．( )教材改编[人教版必修2P10做一做改编](多选)为了验证平抛运动的小球在竖直方向上做自由落体运动，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考点一平抛运动规律的基本应用自主演练1．飞行时间由t＝√2ℎ知，时间取决于下落高度h，与初速度v0无关．g2．水平射程x＝v0t＝v0√2ℎ，即水平射程由初速度v0和下落高度h共同决定，与其他因素无关．g3．落地速度v＝√ℎℎ2+ℎℎ2＝√ℎ02+2gℎ，以θ表示落地速度与水平正方向的夹角，有tan θ＝ℎℎℎℎ＝√2gℎ，落地速度与初速度v0和下落高度h有关．ℎ04．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，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．[多维练透]1．(多选)如图所示，水平地面上有一个坑，其竖直截面为正方形ABCD，若在A点以初速度v0沿AB方向抛出一小球，小球会击中坑壁上的C点，已知AB的长度为l，忽略空气阻力，则( )A．小球下落的时间t＝ℎℎ0B．坑的深度AD＝gℎ22ℎ02C．落到C点的速度大小为√2v0D．落到C点时速度方向与水平成60°角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.ℎ2等于( )ℎ1A．20 B．18 C．9.0 D．3.03. [2020·江苏卷，8](多选)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12D．A的末速度比B的大4．[2020·北京卷，17]无人机在距离水平地面高度h处，以速度v0水平匀速飞行并释放一包裹，不计空气阻力，重力加速度为g.(1)求包裹释放点到落地点的水平距离x；(2)求包裹落地时的速度大小v；(3)以释放点为坐标原点，初速度方向为x轴方向，竖直向下为y轴方向，建立平面直角坐标系，写出该包裹运动的轨迹方程．考点二平抛运动的综合问题多维探究题型1平抛运动重要推论的应用两个重要推论(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，如图所示，即x B＝ℎℎ2(2)做平抛运动的物体在任意时刻任意位置处，有tan θ＝2tan α.例1 [2021·安徽太和中学月考]如图所示，xOy是平面直角坐标系，Ox水平、Oy竖直，一质点从O点开始做平抛运动，P点是轨迹上的一点．质点在P点的速度大小为v，方向沿该点所在轨迹的切线．M点为P点在Ox轴上的投影，P点速度方向的反向延长线与Ox轴相交于Q点．已知平抛的初速度大小为20 m/s，MP＝20 m，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )A．QM的长度为10 mB．质点从O点到P点的运动时间为1 sC．质点在P点的速度大小v为40 m/sD．质点在P点的速度方向与水平方向的夹角为45°题型2|逆向思维和对称方法的应用例2 (多选)如图所示，假设某人在高度H＝5 m的竖直杆左侧用弹弓将一弹丸从A点发射出去，弹丸刚好从竖直杆BN顶端B点以v＝10 m/s的水平速度通过后，落到水平地面上的C 点．已知弹丸质量m＝50 g，A点到水平地面高度h＝1.8 m，不计空气阻力，g取10 m/s2.下列说法正确的是( )A．N、C之间的距离x＝12 mB．A点到竖直杆的水平距离为8 mC．弹丸落地时的速度大小为10√2m/sD．弹弓对弹丸做的功为4.2 J题型3 平抛运动的临界极值问题例3 如图所示，滑板运动员从倾角为53°的斜坡顶端距水平地面高度H＝3.2 m的A点水平滑出，斜面底端有个宽L＝1.2 m、高h＝1.4 m的障碍物．忽略空气阻力，重力加速度g 取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.为了不触及这个障碍物并落在水平面上，运动员从A点沿水平方向滑出的最小速度为( )A．3.0 m/s B．4.0 m/s C．4.5 m/s D．6.0 m/s练1 [2020·浙江温州九校联考]在第18届亚运会，中国女排毫无悬念地赢得了冠军，图为中国队员比赛中高抛发球．若排球离开手时正好在底线中点正上空3.49 m处，速度方向水平且与底线垂直．已知每边球场的长和宽均9 m，球网高2.24 m，不计空气阻力，g取10 m/s2.为了使球能落到对方场地，下列发球速度大小可行的是( )A．15 m/s B．17 m/s C．20 m/s D．25 m/s练2 [2020·河北石家庄5月模拟]如图，容量足够大的圆筒竖直放置，水面高度为h，在圆筒侧壁开一个小孔P，筒内的水从小孔水平射出，设水到达地面时的落点距小孔的水平距离为x，小孔P到水面的距离为y.短时间内可认为筒内水位不变，重力加速度大小为g，不计空气阻力，在这段时间内，下列说法正确的是( )A．水从小孔P射出的速度大小为√gyB．y越小，则x越大C．x与小孔P的位置无关D．当y＝ℎ时，x最大，最大值为h2题后反思平抛运动中临界问题的分析方法思维拓展四种典型落点位置的平抛运动类型1 落点在水平面上例 1 [2021·宁波十校联考]如图所示为乒乓球桌面示意图，球网上沿高出桌面h，网到L处，将球沿垂直于桌边的水平距离为L.在某次乒乓球训练中，从桌面左侧距网水平距离为12网的方向以速度v水平击出，球恰好通过网的上沿并落到桌面右侧边缘．将乒乓球的运动看成平抛运动，下列判断正确的是( )A．击球点离桌面的高度与网高度之比为2：1B．乒乓球在网的左、右两侧运动时间之比为1：3C．乒乓球过网时与落到右侧桌边缘时的速率之比为1：3D．乒乓球在网左、右两侧速度变化量之比为1：2类型2 落点在斜面上例2 [2021·浙江名校联考]如图(a)是研究小球在斜面上平抛运动的实验装置，每次将小球从弧型轨道同一位置静止释放，并逐渐改变斜面与水平地面之间的夹角θ，获得不同的射程x，最后作出了如图(b)所示的x­tan θ图象，重力加速度g取10 m/s2.下列说法正确的是( )A．由图(b)可知，小球在斜面顶端水平抛出时的初速度大小v0＝5 m/sB．由题中所给条件无法求出小球在斜面顶端水平抛出时的初速度大小C．若最后得到的图象如图(c)所示，可能是由于小球释放位置降低造成的m D．若实验中发现当θ＝60°时，小球恰好落在斜面底端，则斜面的长度L＝2√35题后反思解决斜面约束下的平抛运动问题时要抓住几何关系，灵活应用各种规律，特别要注意速度偏向角和位移偏向角的关系．若质点从斜面外抛出，垂直落在斜面上，则有tan θ＝ℎ0，gℎ，以上两式中的θ为斜面倾角.解得t＝ℎ0gtanℎ类型3 落点在竖直面上例3 [2020·浙江衢州、湖州、丽水三市4月质检]如图所示，网球发球机水平放置在水平地面上方某处，正对着竖直墙面发射网球，两次发射的两球分别在墙上留下A、B两点印迹，测得OA＝AB＝h.OP为水平线，若忽略网球在空中受到的阻力，则( )A．两球发射的初速度之比v OA：v OB＝2：1B．两球碰到墙面瞬间运动的时间之比t A：t B＝1：2C．两球碰到墙面时的动量可能相同D．两球碰到墙面时的动能可能相等类型4 落点在曲面上例4 [2021·江苏淮安四校联考]如图，可视为质点的小球，位于半径为√3 m 的半圆柱体左端点A 的正上方某处，以初速度大小v 0水平抛出一小球，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60°，取g ＝10 m/s 2，不计空气阻力，则初速度大小为( )A.5√53m/s B ．4√3 m/s C ．3√5 m/s D.√152m/s练1 [2021·株洲模拟](多选)将一小球以水平速度v 0＝10 m/s 从O 点向右抛出，经√3 s 小球恰好垂直落到斜面上的A 点，不计空气阻力，g 取10 m/s 2，B 点是小球做自由落体运动在斜面上的落点，如图所示，以下判断正确的是( )A ．斜面的倾角是30°B ．小球的抛出点距斜面上B 点的竖直高度是15 mC ．若将小球以水平速度v ′0＝5 m/s 向右抛出，它一定落在AB 的中点P 的上方D ．若将小球以水平速度v ′0＝5 m/s 向右抛出，它一定落在AB 的中点P 处练 2 (多选)如图所示，a 、b 两小球(均可视为质点)分别从直径在水平线上的半圆轨道右端和足够长的斜面轨道顶端以大小相等的初速度同时由同一高度水平抛出，且同时落到各自轨道上．已知半圆轨道的半径为10√3 m ，斜面轨道的倾角θ＝30°，取g ＝10 m/s 2，不计空气阻力，则( )A ．两小球抛出时的速度大小为10 m/sB ．两小球抛出时的速度大小为15 m/sC ．两小球在空中的运动时间为√3 sD ．两小球在空中的运动时间为1.5 s 题后反思有约束条件的平抛运动解题策略第2讲 平抛运动的规律及应用基础落实 知识点一 1．重力 2．匀变速3．(1)匀速 (2)自由落体4．(1)v 0t 12gt 2√x 2+y 2gt 2v 0(2)v 0 gt √ℎℎ2+ℎℎ2gt v 0知识点二1．斜向上方 重力 2．匀变速 抛物线 3．(1)匀速 (2)匀变速 思考辨析(1)√ (2)× (3)× (4)√ 教材改编解析：根据合运动与分运动的等时性和独立性特点可知，两球应同时落地，为减小实验误差，应改变装置的高度，多次做实验，选项B 、C 正确；平抛运动的实验与小球的质量无关，选项A 错误；此实验只能说明A 球在竖直方向做自由落体运动，选项D 错误．答案：BC 考点突破1．解析：小球做平抛运动的水平位移l ＝v 0t ，则小球下落的时间为t ＝lv 0，A 项正确；小球在竖直方向的位移y ＝12gt 2＝ℎℎ22ℎ02 ，B 正确；落到C 点时，水平分位移与竖直分位移大小相等，即v 0t ＝v y 2t ，所以v y ＝2v 0，落到C 点的速度v ＝√ℎ02+ℎℎ2 ＝√5v 0，方向为tan θ＝vy v 0＝2，不等于60°，C 、D 两项错误．答案：AB2．解析：由平抛运动规律有x ＝v 0t ，y ＝12gt 2，得v 0＝x √g 2y ；动能E k ＝12mv 02＝mgx 24y∝x 2y ，故E 2E 1＝(x2x 1)2·y1y 2＝(3h h )2·h0.5h ＝18，故B 正确．答案：B3．解析：由题意可知，落地后，小球A 的位移的大小为s A ＝√ℎℎ2+ℎℎ2 ＝√l 2+(2l )2＝√5l ，小球B 的位移的大小为s B ＝√ℎℎ2+ℎℎ2 ＝√(2l )2+l 2＝√5l ，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t A ＝ √2y A g＝√4lg ，小球B 的运动时间为t B ＝ √2y B g＝√2lg，则t A ∶t B ＝√2∶1，B 错误；小球A 的初速度为v xA ＝xA t A＝√g＝√gl4，小球B 的初速度为v xB ＝ℎℎℎℎ＝√g＝√2gl，则v A ∶v B ＝1∶2√2，C 错误；落地瞬间，小球A 竖直方向的速度为v yA ＝√4gl，小球B 竖直方向的速度为v yB ＝√2gl，则落地瞬间小球A 的速度为v A ＝√ℎℎℎ2+ℎℎℎ2 ＝ √174gl，小球B 的速度为v B ＝√ℎℎℎ2+ℎℎℎ2 ＝√4gl，显然v A >v B ，D 正确．答案：AD4．解析：(1)包裹脱离无人机后做平抛运动，在竖直方向做自由落体运动，则h ＝12gt 2解得t ＝√2hg水平方向上做匀速直线运动，所以水平距离为x ＝v 0t ＝v 0√2hg(2)包裹落地时，竖直方向速度为v y ＝gt ＝g √2hg落地时速度为v ＝√ℎ02+ℎℎ2＝√ℎ02 +2g ℎ(3)包裹做平抛运动，分解位移x ＝v 0t ′ y ＝12gt ′2两式消去时间得包裹的轨迹方程为y ＝g2ℎ02 x 2答案：(1)ℎ0√2ℎg(2)√ℎ+022g ℎ (3)y ＝g2ℎ02x 2例1 解析：由h ＝12gt 2得，质点从O 点到P 点的运动时间为t ＝2 s ，B 错误；由tan θ＝v y v 0＝gtv 0＝gt 2v 0t ＝2hx ，质点在水平方向的位移为x ＝v 0t ＝40 m ，故Q 是OM 的中点，QM ＝20 m ，A错误；质点在P 点的速度大小为v ＝√ℎ02+ℎℎ2 ＝20√2 m/s ，C 错误；tan θ＝vy v 0＝1，故质点在P 点的速度方向与水平方向的夹角为45°，D 正确．答案：D例2 解析：弹丸越过B 点后做平抛运动，在竖直方向上有H ＝12gt 2，水平方向上有x ＝vt ，联立解得N 、C 之间的距离x ＝10 m ，选项A 错误；把弹丸从A 点到B 点的斜抛运动看成逆向的从B 点到A 点的平抛运动(逆向思维法)，在竖直方向上有H －h ＝12gt ′2，解得弹丸从A 点运动B 点的时间t ′＝0.8 s ，则A 点到竖直杆的水平距离x ′＝vt ′＝8 m ，选项B 正确；弹丸从B 点运动到C 点，由机械能守恒定律有mgH ＋12mv 2＝12mv C2，解得弹丸落地时的速度大小为v C＝10√2 m/s ，选项C 正确；整个运动过程中，由功能关系得W ＝12mv C2－mgh ，解得弹弓对弹丸做的功为W ＝4.1 J ，选项D 错误．答案：BC例3 解析：由题意，可知要使运动员不触及障碍物，则运动员下落到与障碍物等高时，根据几何关系可知运动员在水平方向发生的位移应该满足：x ≥H tan 53°＋L此时运动员在竖直方向下落的高度为H －h ，设运动员运动的时间为t ，则有：H －h ＝12gt 2代入数据可得时间为：t ＝0.6 s所以运动员从A 点沿水平方向滑出的最小速度为：v min ＝6 m/s ，故D 正确，A 、B 、C 错误．答案：D练1 解析：本题实质为平抛运动的临界问题．设排球离开手时的高度为H ，网高为h ，每边球场的长和宽均为L ，排球刚好过网时，由平抛运动规律可知，在竖直方向H －h ＝12g ℎ12 ，在水平方向L ＝v 1t 1，解得v 1＝18 m/s.排球刚好落到对方的场地的底线时，由平抛运动公式有，在竖直方向H ＝12gt 22，在水平方向2L ＝v 2t 2，解得v 2≈21.5 m/s，所以要使球落在对方场地，发球速度范围为18 m/s≤v ≤21.5 m/s，故C 符合要求．答案：C练2 解析：取水面上质量为m 的水滴，从小孔P 射出时由机械能守恒定律有mgy ＝12mv 2，解得v ＝√2gy，选项A 错误；水从小孔P 射出时做平抛运动，则x ＝vt ，h －y ＝12gt 2，解得x ＝2√y (h −y )，可见x 与小孔P 的位置有关，因y ＋(h －y )＝h 为定值，由数学关系可知，当y ＝h －y ，即y ＝12h 时x 最大，最大值为h ，并不是y 越小，x 越大，选项D 正确，B 、C 均错误．答案：D 思维拓展典例1 解析：设击球点高出桌面H ，乒乓球在网的左、右两侧运动时间分别为t 1、t 2，乒乓球做平抛运动，经时间t 在水平方向上的位移x ＝vt ，在竖直方向上的位移y ＝12gt 2，即t ∝x ，y ∝t 2，则t 1t 2＝L 2L ，H −h H＝(t 1t1+t 2)2，整理得t 1∶t 2＝1∶2，H ∶h ＝9∶8，选项A 、B 错误；由加速度的定义式得g ＝Δv 1t 1，g ＝Δv 2t 2，则乒乓球在网的左、右两侧速度变化量之比Δv 1∶Δv 2＝t 1∶t 2＝1∶2，选项D正确；根据机械能守恒定律得12ℎℎ12 ＝mg (H −h )+12mv 2，12mv 22＝mgH ＋12mv 2，则乒乓球过网时与落到右侧桌边缘时的速率之比v 1v 2＝√v 2+2g (H −h )v 2+2gH＝√v 2+2g ·H9v 2+2gH≠ √2g ·H 92gH＝13，选项C 错误．答案：D典例2 解析：小球在空中做平抛运动，在竖直方向上有y ＝12gt 2，水平方向上有x ＝v 0t ，由几何关系有yx ＝tan θ，解得x ＝2ℎ02 ℎtan θ，由图(b)可知2ℎ02ℎ＝0.10.5，解得小球在斜面顶端水平抛出时的初速度大小v 0＝1 m/s ，选项A 、B 错误；由图(c)可知，图象末端的斜率增大，说明2ℎ02ℎ增大，又重力加速度不变，可知做平抛运动的初速度增大，其原因可能为小球在弧形轨道上的释放位置变高或小球释放时有初速度，选项C 错误；当θ＝60°时，水平位移大小x ＝2×1210tan 60° m＝√35 m ，由于小球恰好落在斜面底端，则斜面长度L ＝x cos θ＝2√35m ，选项D正确．答案：D典例3 解析：忽略空气阻力，网球做的运动可视为平抛运动，在竖直方向上有h ＝12gt A2，2h ＝12gt B2，解得t A ∶t B ＝1∶√2，在水平方向上有x ＝v OA t A ，x ＝v OB t B ，则v OA ∶v OB ＝√2∶1，A 、B 均错误；动量为矢量，由图可知，二者与墙碰撞时其速度方向不相同，故二者碰到墙面时的动量不可能相同，C 错误；由排除法知选项D 正确(从抛出到与墙碰撞的过程中，根据机械能守恒定律有E k A ＝mgh +12mv OA2，E k B ＝mg ·2h +12mv OB2，可得E k B －E k A ＝ℎg ℎ+12ℎℎ−ℎℎ212ℎℎℎℎ2＝ℎ2(2gh −v OB 2)，由数学知识可知，当v OB ＝√2gh时，有E k A ＝E k B ，D 正确．答案：D典例4 解析：将小球到达B 点时的速度沿水平方向和竖直方向分解，则v y ＝gt ，R ＋R cos 60°＝v 0t ，由几何关系得v0v y＝tan 60°，解得v 0＝3√5 m/s ，选项C 正确．答案：C练1 解析：设斜面倾角为θ，对小球在A 点的速度进行分解有tan θ＝v0gt ，解得θ＝30°，A 项正确；小球距过A 点水平面的距离为h ＝12gt 2＝15 m ，所以小球的抛出点距斜面上B 点的竖直高度肯定大于15 m ，B 项错误；若小球的初速度为v ′0＝5 m/s ，过A 点作水平面，小球落到水平面的水平位移是小球以初速度v 0＝10 m/s 抛出时的一半，延长小球运动的轨迹线，得到小球应该落在P 、A 之间，C 项正确，D 项错误．答案：AC练2 解析：两小球做平抛运动具有对称性，把左侧半圆对称到右侧，小球的落点为斜面与右侧半圆的交点，如图所示．由几何关系可知，小球落到斜面上时，在水平方向上有x ＝v 0t ，竖直方向上有y ＝12gt 2，由几何关系得y ＝r sin 2θ，yx ＝tan θ，解得两小球抛出时的速度大小为v 0＝15 m/s ，两小球在空中的运动时间为t ＝√3 s ，选项B 、C 均正确，A 、D 均错误．答案：BC。

专题强化练(二) 平抛运动规律的应用一、单项选择题1.如图所示，以9.8 m/s 的水平速度v 0抛出的物体，飞行一段时间后，垂直撞在倾角θ为30°的斜面上，物体完成这段飞行须要的时间是(g 取9.8 m/s 2)( )A ．√33 s B ．2√33sC ．√3 sD ．0.2 s2.在一场足球竞赛中，小明掷界外球给小华，他将足球水平掷出时的照片如图所示．掷出后的足球可视为做平抛运动．掷出点的实际高度为1.8 m ，小华的高度为1.6 m ，依据照片估算，下列说法中正确的是(g 取9.8 m/s 2)( )A ．为使足球恰好落在小华头顶，小明掷足球的初速度约为30 m/sB ．小明减小掷出点的实际高度，则足球落点肯定在小华前面C ．小明增大掷足球的初速度，则足球落点肯定在小华后面D ．为使足球恰好落在小华脚下，小明掷足球的初速度约为20 m/s3.如图所示，有三个小球A 、B 、C (球的大小可忽视不计)，A 、B 为两个挨得很近的小球，并列放于光滑斜面上，斜面上有一小孔P ，在释放B 球的同时，将A 球以某一速度v 0水平抛出，并落于P 点，抛出小球A 的同时在它正下方的小球C 也以初速度v 0沿光滑的水平导轨(末端位于P )运动，不计空气阻力，则( )A．B球最先到达P，A球最终到达PB．A、B球同时先到达P，C球后到达PC．A、C球同时先到达P，B球后到达PD．A、B、C三个小球同时到达P二、多项选择题4.在一些广场常常会有一种抛圈嬉戏，现简化模型如图：细铁丝绕成的圆圈在界线的正上方水平抛出(圆圈平面始终保持水平)，不计空气阻力，落地后马上停止运动，且圆圈不能遇到玩具；细圆柱体玩具(直径忽视)垂直放置在水平地面上．设圆圈抛出时的离地高度为H，初速度v垂直于界线，界线到玩具的距离d＝1.8 m，已知圆圈的半径R＝0.1 m，玩具的高度为h＝0.2 m．为了套中玩具，以下说法正确的是(g取10 m/s2)( )A．圆圈的抛出点越高，则须要抛出的速度越小B．只要满意H>h，同时限制好v，则必定可套中玩具m，否则无论v多大都不能套中玩具C．H至少为2019D．H至少为1.25 m，否则无论v多大都不能套中玩具5.[2024·黑龙江省试验中学考试]如图所示，ab为竖直平面内的半圆环acb的水平直径，c为环上最低点，环半径为R.将一个小球从a点以初速度v0沿ab方向抛出，设重力加速度为g，不计空气阻力，则( )时，落到环上时的竖直分速度最大A．当小球的初速度v0＝√2gR2B．当小球的初速度v0<√2gR时，将撞击到环上的ac段2C．当v0取适当值时，小球可以垂直撞击圆环D．无论v0取何值，小球都不行能垂直撞击圆环三、非选择题6.如图所示，一小球从平台上水平抛出，恰好落在平台前一倾角为α＝53°的斜面顶端并刚好沿斜面下滑，已知平台到斜面顶端的高度为h＝0.8 m，不计空气阻力，g取10 m/s2.(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求：(1)小球水平抛出的初速度v0的大小；(2)斜面顶端与平台边缘的水平距离x.7.如图所示，一固定斜面倾角为θ，将小球A从斜面顶端以速度v0水平向右抛出，击中了斜面上的P点，将小球B从空中某点以相同速率v0水平向左抛出，恰好垂直斜面击中Q 点，不计空气阻力，重力加速度为g，求小球A、B在空中运动的时间之比．8．排球场地的数据如图甲所示，在某次竞赛中，一球员在发球区从离地高3.5 m且靠近底线的位置(与球网的水平距离为9 m)将排球水平向前击出，排球的速度方向与水平方向夹角的正切值tan θ与排球运动时间t的关系如图乙所示，排球可看成质点，忽视空气阻力，重力加速度g取10 m/s2.(1)求排球击出后0.2 s内速度改变量的大小和方向．(2)求排球初速度的大小．(3)通过计算推断，假如对方球员没有遇到排球，此次发球是否能够干脆得分．专题强化练(二) 平抛运动规律的应用1．解析：分解物体末速度，如图所示．由于物体水平方向是匀速运动，竖直方向是自由落体运动，末速度v 的水平分速度仍为v 0，竖直分速度为v y ，则v y ＝gt由图可知v 0v y＝tan 30°， 所以t ＝v 0g tan 30°＝ 3 s.答案：C2．解析：A 对：由平抛运动的公式h ＝12gt 2得足球在空中运动的时间为t ＝2h g，为使足球恰好落在小华头顶，则t 1＝2×（1.8－1.6）10s ＝0.2 s ，由题图可估算出小明到小华的距离约为6.0 m ，足球的初速度约为v 1＝x t 1＝30 m/s.B 、C 错：水平位移x ＝v 0t ＝v 02h g，由高度和初速度共同确定．D 错：足球在空中运动的时间t ＝ 2hg＝2×1.810s ＝0.6 s ，所以足球的初速度约为v 2＝x t＝10 m/s.答案：A3．解析：设A 、B 、C 三球到达P 点所用的时间分别为t A 、t B 、t C ，AP 的竖直高度为h ，A 球做的是平抛运动，其竖直分运动为自由落体运动，则对A 球有h ＝12gt 2A ，解得t A ＝ 2h g，B 球做的是匀加速直线运动，对B 球有s ＝12at 2B ，由牛顿其次定律得a ＝g sin θ，又s ＝hsin θ，联立解得t B ＝1sin θ2hg>t A ，所以A 球比B 球先到达P ，平抛运动的水平分运动为匀速直线运动，C 球在水平方向做匀速直线运动，由于A 、C 两球的初速度相同，所以t A ＝t C ，则A 、C 球同时先到达P ，B 球后到达P ，C 正确．答案：C 4．解析：A 对：圆圈的抛出点越高，由t ＝2hg可知运动时间越长，由x ＝v 0t 知，抛出的速度越小．C 对，B 、D 错：临界轨迹如图所示，设从抛出点到玩具顶端的时间为t 1，从抛出点到地面时间为t 2，依据平抛规律有H －h ＝12gt 21 ，得t 1＝H －0.2 m5 m/s 2，同理H ＝12gt 22 ，得t 2＝H5 m/s2，初速度v ＝d t 1＝d ＋2Rt 2，代入数据解得t 1＝0.9t 2，即H －0.2 m5 m/s2＝0.9H5 m/s2，解得H ＝2019 m ，假如H <2019m ，无论如何也不能套中玩具．答案：AC5．解析：小球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，当小球落在c 点时下落的高度最大，落到环上时的竖直分速度最大，则有R ＝12gt 2，R ＝v 0t ，解得v 0＝2gR2，易知当小球的初速度v 0<2gR2时，水平位移小于R ，小球将撞击到环上的ac 段，故A 、B 正确；小球撞击到ac 段时，速度方向斜向右下方，不行能与圆环垂直；当小球撞击到cb 段时，由于O 点不在水平位移的中点，依据平抛运动的推论可知，小球撞在圆环上的速度反向延长线不行能通过O 点，也就不行能垂直撞击圆环，故C 错误，D 正确．答案：ABD6．解析：(1)设小球到达斜面顶端时竖直的分速度为v y ， 则2gh ＝v 2y ，又tan α＝v y v 0，代入数据解得v 0＝3 m/s.(2)设从平台运动到斜面顶端的时间为t ，则h ＝12gt 2，又x ＝v 0t ，代入数据解得x ＝1.2m.答案：(1)3 m/s (2)1.2 m 7．解析：小球A 到达斜面上时的速度方向是P 点的切线方向，设小球A 的速度方向与水平方向的夹角为α，如图所示，据平抛运动的推论知：tan α＝2tan θ①对小球A 有：tan α＝v y v 0＝gtv 0② 对小球B 有：tan θ＝v 0v ′y ＝v 0gt ′③ 由②③式消去v 0得t ∶t ′＝tan α·tan θ 结合①式得时间关系为t ∶t ′＝2tan 2θ.答案：t ∶t ′＝2tan 2θ8．解析：(1)速度改变量为Δv ＝g Δt ＝10×0.2m/s＝2 m/s ，方向与重力加速度方向相同，即竖直向下．(2)由平抛运动规律有tan θ＝v yv 0，v y ＝gt 由图像可知k ＝tan θt联立解得v 0＝20 m/s.(3)由平抛运动规律，排球运动到中线上方时，有x 1＝v 0t 1，h 1＝12gt 21 ，解得h 1＝1.0125 m ，3.5 m －1.012 5 m ＝2.487 5 m>2.24 m ，所以排球不触网；排球落地时，有x 2＝v 0t 2，h 2＝12gt 22 ，解得x 2＝280 m<18 m ，所以排球不出界．故此次发球能够干脆得分．答案：(1)2 m/s ，方向竖直向下 (2)20 m/s (3)见解析。

第2讲抛体运动目标要求 1.掌握平抛运动的规律，学会运用运动的合成与分解处理类平抛、斜抛运动问题.2.学会处理斜面或圆弧面约束下的平抛运动问题.3.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，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 ＝g Δt 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 .例1 (多选)a 、b 两个物体做平抛运动的轨迹如图所示，设它们抛出的初速度分别为v a 、v b ，从抛出至碰到台上的时间分别为t a 、t b ，则( )A ．v a ＞v bB ．v a ＜v bC ．t a ＞t bD ．t a ＜t b 答案 AD解析 由题图知，h b ＞h a ，因为h ＝12gt 2，所以t a ＜t b ，又因为x ＝v 0t ，且x a ＞x b ，所以v a ＞v b ，选项A 、D 正确．例2 (多选)(2023·浙江省金华十校模拟)如图是飞镖盘示意图，盘面画有多个同心圆用来表示环数，O 是圆心，盘竖直挂在墙上，A 是盘的最高点，B 是盘的最低点．某同学玩飞镖时，飞镖的出手点与A 等高，且每次飞镖的出手点相同，出手时飞镖速度与盘面垂直，第一支飞镖命中B 点，第二支飞镖命中O 点，若空气阻力不计，可知前、后两支飞镖( )A．空中飞行时间之比是2∶1B ．空中飞行时间之比是2∶1C．出手时飞镖速度大小之比是1∶ 2 D．命中前瞬间速度大小之比是1∶ 2 答案BC解析飞镖飞出时在竖直方向做自由落体运动，由y＝12gt2，解得飞镖飞行时间为t＝2y g，由题意可知，第一支飞镖和第二支飞镖飞行时间之比为t1∶t2＝2∶1，A错误，B正确；飞镖飞出后水平方向做匀速直线运动，且水平位移相同，由x＝v0t可知，第一支飞镖和第二支飞镖出手速度大小之比为v01∶v02＝1∶2，C正确；飞镖命中时的速度大小为v＝v02＋(gt)2＝v02＋g2x2v02可见，第一支飞镖和第二支飞镖命中时速度大小之比不可能为1∶2，D错误．考点二与斜面或圆弧面有关的平抛运动已知条件情景示例解题策略已知速度方向从斜面外平抛，垂直落在斜面上，如图所示，已知速度的方向垂直于斜面分解速度tan θ＝v0v y＝v0gt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，已知速度方向沿该点圆弧的切线方向分解速度tan θ＝v yv0＝gtv0已知位移方向从斜面上平抛又落到斜面上，如图所示，已知位移的方向沿斜面向下分解位移tan θ＝yx＝12gt2v0t＝gt2v0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＝xy＝v0t12gt2＝2v0gt利用位移关系从圆心处水平抛出，落到半径为R 的圆弧上，如图所示，已知位移大小等于半径R⎩⎪⎨⎪⎧x＝v0ty＝12gt2x2＋y2＝R2从与圆心等高的圆弧上水平抛出，落到半径为R的圆弧上，如图所示，已知水平位移x与R的差的平方与竖直位移的平方之和等于半径的平方⎩⎪⎨⎪⎧x＝R＋R cos θx＝v0ty＝R sin θ＝12gt2(x－R)2＋y2＝R2考向1与斜面有关的平抛运动例3(2023·浙江省名校协作体模拟)第24届冬季奥运会于2022年2月在北京成功举办，如图甲所示为运动员跳台滑雪运动瞬间，运动示意图如图乙所示，运动员从助滑雪道AB上由静止滑下，到达C点后水平飞出，落到滑道上的D点，运动轨迹上的E点的速度方向与滑道CD平行，设运动员从C到E与从E到D的运动时间分别为t1与t2，忽略空气阻力，运动员可视为质点，下列说法正确的是()A．t1<t2B．t1>t2C．若运动员离开C点时的速度加倍，则落在滑道上的速度方向不变D．若运动员离开C点时的速度加倍，则落在滑道上到C的距离也加倍答案 C解析以C点为原点，以CD为x轴，以垂直CD向上方向为y轴，建立坐标系如图所示．对运动员的运动进行分解，y 轴方向上的运动类似竖直上拋运动，x 轴方向做匀加速直线运动．当运动员速度方向与滑道平行时，在y 轴方向上到达最高点，根据竖直上拋运动的对称性，知t 1＝t 2，A 、B 错误；设运动员落在滑道上的速度方向与水平方向的夹角为α，滑道的倾角为θ，则有tan α＝v y v 0，tan θ＝y x ＝v y2tv 0t ＝v y 2v 0，得tan α＝2tan θ，θ一定，则α一定，可知运动员落在滑道上的速度方向与从C 点飞出时的速度大小无关，C 正确．从抛出至落到滑道，tan θ＝y x ＝gt2v 0，得t ＝2v 0tan θgx ＝v 0t ＝2v 02tan θg若运动员离开C 点时的速度v 0加倍，则水平位移变为原来的4倍， 又s ＝xcos θ，则s 也变为原来的4倍， D 错误．例4 (2023·福建宁德市高三月考)如图所示，1、2两个小球以相同的速度v 0水平抛出．球1从左侧斜面抛出，经过时间t 1落回斜面上，球2从某处抛出，经过时间t 2恰能垂直撞在右侧的斜面上．已知左、右两侧斜面的倾角分别为α＝30°、β＝60°，则( )A ．t 1∶t 2＝1∶2B ．t 1∶t 2＝1∶3C ．t 1∶t 2＝2∶1D ．t 1∶t 2＝3∶1答案 C解析 由题意可得，对球1，有tan α＝12gt12v 0t 1＝gt 12v 0，对球2，有tan β＝v 0gt 2，又tan α·tan β＝1，联立解得t 1∶t 2＝2∶1，A 、B 、D 错误，C 正确．考向2 与圆弧面有关的平抛运动例5 如图所示，一小球从一半圆轨道左端A 点正上方某处开始做平抛运动(小球可视为质点)，飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B 点，O 为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R ，OB 与水平方向的夹角为60°，重力加速度为g ，不计空气阻力，则小球抛出时的初速度为( )A.33gR2 B.3gR2 C.3gR2D.3gR3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＝tan 30°2＝36，由tan θ＝y x ＝y 32R ，可得竖直方向的位移y ＝34R ，而v y 2＝2gy ，tan 30°＝v y v 0，联立解得v 0＝33gR2，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．考向1 平抛运动的临界问题例6 如图所示，一网球运动员将网球(可视为质点)从O 点水平向右击出，网球恰好擦网通过落在对方场地的A 点，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．已知球网的高度为h ，重力加速度为g ，不计空气阻力，则网球击出后在空中飞行的时间为( )A.3h gB.32h gC.5h 2gD.322h g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t 3，则H ＝12gt 2，H －h ＝12g (t3)2，联立解得t ＝32hg，故选B.考向2 平抛运动的极值问题例7 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 ．0B ．0.1 mC ．0.2 mD ．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 )＝12m v 2，从右端出口飞出后，小球做平抛运动，有x ＝v t ，h ＝12gt 2，联立解得x ＝2(H －h )h ，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v 0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v 0x ＝v 0cos θ，v 0y ＝v 0sin θ. 在水平方向，物体的位移和速度分别为 x ＝v 0x t ＝(v 0cos θ)t ① v x ＝v 0x ＝v 0cos θ②在竖直方向，物体的位移和速度分别为 y ＝v 0y t －12gt 2＝(v 0sin θ)t －12gt 2③v y ＝v 0y －gt ＝v 0sin θ－gt ④1．斜抛运动中的极值在最高点，v y ＝0，由④式得到t ＝v 0sin θg ⑤将⑤式代入③式得物体的射高y m ＝v 02sin 2θ2g 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＝2v 0sin θg⑦将⑦式代入①式得物体的射程x m ＝v 02sin 2θg当θ＝45°时，sin 2θ最大，射程最大．所以对于给定大小的初速度v 0，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8 (2021·江苏卷·9)如图所示，A 、B 两篮球从相同高度同时抛出后直接落入篮筐，落入篮筐时的速度方向相同，下列判断正确的是( )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．例9 (2023·浙江温州市模拟)如图甲所示是一种投弹式干粉消防车．如图乙，消防车从出弹口到高楼的水平距离为x ，在同一位置消防车先后向高层建筑发射2枚灭火弹，且灭火弹均恰好垂直射入建筑玻璃窗，假设发射初速度大小均为v 0，v 0与水平方向夹角分别为θ1、θ2，击中点离出弹口高度分别为h 1、h 2，空中飞行时间分别为t 1、t 2.灭火弹可视为质点，两运动轨迹在同一竖直面内，且不计空气阻力，重力加速度为g .则下列说法正确的是( )A ．高度之比h 1h 2＝cos θ1cos θ2B ．时间之比t 1t 2＝cos θ1cos θ2C ．两枚灭火弹的发射角满足θ1＋θ2＝90°D ．水平距离与两枚灭火弹飞行时间满足x ＝2gt 1t 2 答案 C解析 两灭火弹在竖直方向的初速度分别为v y 1＝v 0sin θ1，v y 2＝v 0sin θ2，根据v y 2＝2gh ，可得h 1h 2＝sin 2 θ1sin 2 θ2，根据v y ＝gt ，可得t 1t 2＝sin θ1sin θ2，故A 、B 错误；两灭火弹在水平方向有x ＝v 0cos θ1·v 0sin θ1g ，x ＝v 0cos θ2·v 0sin θ2g ，可得sin 2θ1＝sin 2θ2＝sin (180°－2θ2)，结合数学关系可得θ1＋θ2＝90°，故C 正确；水平方向有x t 1＝v 0cos θ1，竖直方向有gt 2＝v 0sin θ2，又由θ1＋θ2＝90°得sin θ2＝cos θ1，可得x ＝gt 1t 2，故D 错误．课时精练1.(2023·浙江省稽阳联谊学校联考)在北京冬奥会自由式滑雪女子空中技巧决赛中，中国选手徐梦桃以压倒性优势夺冠．空中技巧比赛中，运动员经跳台斜向上滑出后在空中运动时，若其重心轨迹与相同速度、不计阻力的斜抛小球轨迹重合，下列说法正确的是( )A ．斜向上运动过程中，运动员受斜向上作用力和重力B ．加速下落过程就是自由落体运动C ．在空中运动时，相等时间内运动员重心的速度变化相同D ．运动员运动到最高点瞬间，竖直方向分速度为零，竖直方向合力为零 答案 C解析 斜向上运动过程中，斜向上作用力的施力物体不存在，所以运动员不受斜向上作用力，故A 错误；加速下落过程不是自由落体运动，因为水平方向有速度，故B 错误；在空中运动时，加速度恒为重力加速度，为定值，则相等时间内运动员重心的速度变化相同，故C 正确；运动员运动到最高点瞬间，竖直方向受重力作用，合力不为零，故D 错误．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Lv B ．将击中P 点，t 等于Lv C ．将击中P 点上方，t 大于Lv D ．将击中P 点下方，t 等于Lv 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 ＝12gt 2，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 ＝Lv ，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gt tan θB ．小球在t 时间内的位移方向与水平方向的夹角为θ2C ．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＝gt v 0可得小球平抛的初速度大小v 0＝gttan θ，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＝h x ＝12gt 2v 0t ＝gt 2v 0＝12tan θ可知，α≠θ2，B 错误；小球做平抛运动的时间t ＝2h g ，与小球初速度无关，C 错误；由tan θ＝gtv 0可知，v 0越大，θ越小，D 正确．4.如图所示，滑板爱好者先后两次从坡道A 点滑出，均落至B 点，第二次的滞空时间比第一次长，不计空气阻力，则( )A ．两次滑出速度方向相同B ．两次腾空最大高度相同C ．第二次滑出速度一定大D ．第二次在最高点速度小 答案 D解析 设滑板爱好者从A 点滑出后竖直方向的分速度为v y ，则空中运动的时间t ＝2v yg ，第二次的滞空时间比第一次长，则第二次竖直方向的分速度大；两次水平方向的分位移大小相等，则第二次水平方向的分速度v x 小，滑出速度方向与水平方向之间的夹角满足tan θ＝v yv x ，所以两次滑出速度方向一定不相同，故A 错误；滑板爱好者从A 到B 做斜上抛运动，上升到的最大高度h ＝v y 22g ，第二次竖直方向的分速度大，则第二次腾空最大高度大，故B 错误；结合A的分析可知，第二次滑出竖直方向的分速度大，水平方向的分速度小，所以不能判断出两次滑出速度的大小关系，故C 错误；滑板爱好者到达最高点时竖直方向的分速度为零，在最高点的速度等于水平方向的分速度；第二次滑出水平方向的分速度小，则第二次滑出在最高点速度小，故D 正确．5.(2023·浙江瑞安市第六中学月考)如图所示，在M 点分别以不同的速度将两个小球水平抛出，两小球分别落在水平地面上的P 点和Q 点．已知O 点是M 点在地面上的竖直投影，OP ∶PQ ＝1∶3，且不考虑空气阻力的影响，下列说法中正确的是( )A ．两小球的下落时间之比为1∶3B ．两小球的下落时间之比为1∶4C ．两小球的初速度大小之比为1∶3D ．两小球的初速度大小之比为1∶4 答案 D解析 依题意两小球下落高度相同，根据公式h ＝12gt 2，可知两小球的下落时间之比为1∶1，故A 、B 错误；两小球的水平位移之比为x 1x 2＝OP OP ＋PQ ＝14，又x ＝v 0t ，解得v 01v 02＝14，故C错误，D 正确．6.(2023·山东烟台市高三模拟)如图所示，小球以v 0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 ＝v 0tan θB ．t ＝2v 0tan θgC ．t ＝v 0g tan θD ．t ＝2v 0g tan θ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＝x y ，而x ＝v 0t ，y ＝12gt 2，联立解得t ＝2v 0g tan θ，故选D.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∶2B ．小球落到M 和N 两点的速度之比大于1∶2C ．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v x ，把小球在斜面底端的速度v 分解为水平速度v x 和竖直速度v y ，则x ＝v x t ，y ＝12gt 2，位移间的关系tan θ＝yx ，联立解得在空中飞行时间t ＝2v x tan θg ，且v y ＝gt ＝2v x tan θ，v 和水平方向夹角的正切值tan α＝v yv x ＝2tan θ，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 ＝v x 2＋v y 2＝v x1＋4tan 2θ，即v 与v x 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 ＝2v x tan θg 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 ＝12gt 2＝2v x 2tan 2θg ，y与v x 2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v 1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v 2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2v 1tan θgB ．小球B 在空中运动的时间为v 2tan θgC ．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t 1，则x 1＝v 1t 1，y 1＝12gt 12，tan θ＝y 1x 1，联立解得t 1＝2v 1tan θg ，故A 正确；设小球B 在空中运动的时间为t 2，则tan θ＝v 2gt 2，解得t 2＝v 2g tan θ，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g cos 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/s 2，忽略空气阻力，则小孩抛出圆环的初速度可能是( )A ．4.3 m/sB ．5.6 m/sC ．6.5 m/sD ．7.5 m/s答案 B解析 根据h 1－h 2＝12gt 2得t ＝2(h 1－h 2)g＝2(0.45－0.25)10s ＝0.2 s ，则平抛运动的最大速度v 1＝x ＋2R t ＝1.0＋2×0.10.2 m/s ＝6.0 m/s ，最小速度v 2＝x t ＝1.00.2 m/s ＝5.0 m/s ，则5.0 m/s ＜v ＜6.0 m/s ，故选B.10.为加大生态环保力度，打赢污染防治攻坚战，某工厂坚决落实有关节能减排政策，该工厂水平的排水管道满管径工作，减排前、后落水点距出水口的水平距离分别为x 0、x 1，则减排前、后相同时间内的排水量之比为( )A.x 1x 0B.x 0x 1C.x 1x 0D.x 0x 1答案 B解析 设水下落的高度为h ，与水下落的时间t 的关系为h ＝12gt 2，故下落高度相同，水流入下方的时间相同，根据平抛运动水平方向的位移与时间关系x ＝v t ，减排前、后水的流速比就等于水平位移之比，所以减排前、后相同时间内的排水量之比就等于水平位移之比，即为x 0x 1，A 、C 、D 错误，B 正确．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/s 2，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 mB ．运动员飞出后到雪道的最远距离为1.25 mC ．运动员飞出后距雪道最远时的速度大小为12.5 m/sD ．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 ＝v 0t ，y ＝12gt 2，tan 37°＝y x ，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 ＝v 0tcos 37°＝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 ＝v 0cos 37°＝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 ＝(v 0sin 37°)22g cos 37°＝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s 1和s 2之比为3∶7.重力加速度大小取g ＝10 m/s 2，忽略空气阻力．求在抛出瞬间小球速度的大小．答案255m/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v 0，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y 1、y 2，根据平抛运动位移公式有x ＝v 0t ，y 1＝12gt 2＝12×10×0.22 m ＝0.2 m ，y 2＝12g (2t )2－12gt 2＝12×10×(0.42－0.22) m ＝0.6 m ，令y 1＝y ，则有y 2＝3y 1＝3y已标注的线段s 1、s 2分别为s 1＝x 2＋y 2s 2＝x 2＋(3y )2＝x 2＋9y 2 则有x 2＋y 2∶x 2＋9y 2＝3∶7整理得x ＝255y ，故在抛出瞬间小球的速度大小为v 0＝x t ＝255m/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v 1＝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/s 2，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/sB ．斜面乙的高度为7.2 mC ．运动员在空中飞行时离地面的最大高度为20 mD ．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v x ＝v 1cos α＝8 m/s ，落到斜面乙时，设速度大小为v 2，则满足v x ＝v 2cos β，解得v 2＝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 )＝12m v 22－12m v 12，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v y ＝v 1sin α＝6 m/s ，则运动员在空中飞行时离地面的最大高度为H max ＝H ＋v y 22g ＝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v y ′＝v 2sin β＝8 3 m/s ，则在空中运动的时间t ＝v y ′－(－v y )g ＝43＋35s ，则水平距离为x ＝v x t ≈15.9 m ，故D 错误．。

专题24 抛体运动考点一 平抛运动1.平抛运动的性质：平抛运动是加速度为重力加速度g 的匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线．2.基本规律： (1)水平方向做匀速直线运动 (2)竖直方向做自由落体运动3.速度改变量：由Δv ＝g t ，做平抛运动的物体在任意相等时间t 内的速度改变量相同，方向恒为竖直向下，如图所示．4.平抛运动有关计算的常用分析方法（如下图）(1) 画运动轨迹(2) 把速度分解到水平方向和竖直方向（标注v 0，v ，g t ，α）把位移分解到水平方向和竖直方向（标注v 0t ，12gt 2，s ，θ）(3) 根据分解列式（tan α＝gt v 0 ， v ＝v 20＋（gt ）2， t an θ＝12gt 2/v 0t ， h ＝12gt 2，x ＝v 0t ，以及几何关系等）5.有的情况下可以同时分解初速度和重力加速度。

6.常见的平抛运动(1)在半圆内的平抛运动：h ＝12gt 2R ±R 2－h 2＝v 0t(2)与斜面有关的平抛运动注意充分利用斜面的倾角(3)速度沿某一特定方向1．关于平抛运动，下列说法正确的是（）A．平抛运动是匀速运动B．平抛运动是加速度不断变化的运动C．平抛运动是匀变速曲线运动D．做平抛运动的物体落地时速度方向一定是竖直向下的【答案】C【解析】平抛运动是一种匀变速曲线运动，在竖直方向上做自由落体运动，速度变化量△v=at=gt．结合这些知识进行分析．平抛运动的物体只受重力，加速度为g，保持不变，所以平抛运动是匀变速曲线运动，故C正确，AB错误．平抛运动在水平方向上是匀速直线运动，物体落地时有水平分速度，所以落地时的速度不可能竖直向下，故D 错误．故选C．2.（2022·全国·高三课时练习）对于做平抛运动的物体，下列说法中正确的是（）A．物体落地时的水平位移与初速度无关B．初速度越大，物体在空中运动的时间越长C．物体落地时的水平位移与抛出点的高度及初速度有关D．在相等的时间内，物体速度的变化量不相同【答案】C【解析】gt2A B C．根据平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，由位移时间公式得ℎ=12解得运动时间为t=√2ℎg做平抛运动的时间是由物体所处的高度决定的，与初速度无关，根据运动学公式，可得物体落地时的水平位移x=v0t=v0√2ℎg所以落地时的水平位移由初速度和所处高度决定，A、B错误，C正确；D．由于做平抛运动的物体只受重力的作用，加速度为重力加速度g，根据公式Δv＝gΔt可知在相等的时间内，物体速度的变化量是相同的，故D错误。