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课时11 平抛运动
考纲对本模块内容的具体要求如下：
1、掌握平抛运动的条件和轨迹；
2、掌握平抛运动是水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动的合运动；
3、知道平抛运动的运动规律；
4、理解平抛运动是一种匀变速曲线运动。
1.物理观念：平抛运动、斜抛运动。
（1）掌握平拋运动的规律，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
（3）能定性分析斜抛运动。
2.科学思维：平抛斜面、圆弧面模型。
（1）知道常见的四类斜面平抛模型并能区分不同类型的斜面倾角的物理含义。
（2）会利用运动合成与分解的思想分析几种常见的平抛圆弧组合模型
3.科学探究：探究平抛运动的特点
（1）用实验的方法描出平抛运动的轨迹
（2）判断平抛运动的轨迹是否为抛物线。
（3）根据平抛运动的轨迹求其初速度。
4.科学态度与责任：平抛运动在生活实际中的应用。
能将具体问题情景通过构建物理模型转化为物理问题进而应用物理规律来解决，以此提升分析推理能力和模型构建能力。
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1，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.
图1
技巧点拨：
1．飞行时间
由t＝知，时间取决于下落高度h，与初速度v0无关．
2．水平射程
x＝v0t＝v0，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．
3．落地速度
v＝＝，以θ表示落地速度与水平正方向的夹角，有tan θ＝＝，落地速度与初速度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，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4所示．
图4
5.两个重要推论
(1)做平抛运动的物体在任意时刻(任意位置)处，有tan θ＝2tan α.
推导：
→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3所示，即xB＝.
图3
推导：→xB＝
知识点二：与斜面有关的平抛运动
1.顺着斜面平抛
(1)落到斜面上，已知位移方向沿斜面向下(如图10)
图10
处理方法：分解位移.
x＝v0t
y＝gt2
tan θ＝
可求得t＝.
(2)物体离斜面距离最大，已知速度方向沿斜面向下(如图11)
图11
处理方法：分解速度
vx＝v0，vy＝gt
tan θ＝
t＝.
2.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12)
图12
处理方法：分解速度.
vx＝v0
vy＝gt
tan θ＝＝
可求得t＝.
知识点三：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.
考点一：平抛运动时间的求解问题
例1、（2021春 谯城区校级期末）如图所示，一位同学玩飞镖游戏。圆盘最上端有一点，飞镖抛出时与等高，且距离点为。当飞镖以初速度垂直盘面瞄准点抛出的同时，圆盘以经过盘心点的水平轴在竖直平面内匀速转动。忽略空气阻力，重力加速度为，若飞镖恰好击中点，则　　
A．飞镖击中点所需的时间为
B．圆盘转动角速度的最小值为
C．圆盘的半径为
D．点随圆盘转动的线速度可能为
【解答】解：、飞镖水平抛出做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，因此，故错误；
、飞镖击中点，则点转过的角度满足，1，故，1，，则圆盘转动角速度最小值为，故正确；
、飞镖击中点时，恰好在最下方，则，，联立解得圆盘的半径，故错误。
、点随圆盘转动的线速度为，1，，如果点线速度是，不是整数，故错误。
故选：。
变式训练（2021春 白银区校级期中）如图所示，竖直平面内的圆弧形光滑轨道半径为，端与圆心等高，为与水平方向成角的斜面，端在的正上方与在一直线上，一个质量为的小球在点正上方某处由静止开始释放，自由下落至点后进入圆形轨道并能沿圆形轨到达点，且到达处时小球对圆弧轨道顶端的压力大小为。求：
（1）小球到点时的速度大小？
（2）小球从点运动到点所用的时间？
（3）小球落到斜面上点时的速度大小？
【解答】解：（1）由牛顿第三定律可知：圆弧轨道顶端对小球的压力大小也为
对小球在点应用牛顿第二定律可得：
，
解得：①
（2）小球从到做平抛运动，
故有②，
③
由题意可知合位移与水平方向夹角为
则，④；
①②③④联立解得：
（3）小球在点时的竖直分速度
又水平分速度为：
所以，小球在点的速度为：
答：（1）小球到点时的速度大小为；
（2）小球从点运动到点所用的时间为；
（3）小球落到斜面上点时的速度大小。
考点二：平抛运动的临界问题
例2.(2020·福建泉州市第一次质量检查)某游戏装置如图16所示，安装在竖直轨道AB上的弹射器可上下移动，能水平射出速度大小可调节的小弹丸．圆心为O的圆弧槽BCD上开有小孔P，弹丸落到小孔时，速度只有沿OP方向才能通过小孔，游戏过关，则弹射器在轨道上(　　)
图16
A．位于B点时，只要弹丸射出速度合适就能过关
B．只要高于B点，弹丸射出速度合适都能过关
C．只有一个位置，且弹丸以某一速度射出才能过关
D．有两个位置，只要弹丸射出速度合适都能过关
答案　C
【解答】根据平抛运动速度反向延长线过水平位移的中点可知，位于B点时，不管速度多大，弹丸都不可能沿OP方向从P点射出，故A错误；如图所示，
根据平抛运动速度反向延长线过水平位移的中点可得：EN＝R(1＋cos α)，则竖直位移PN＝EN·tan α＝R(1＋cos α)tan α，弹射器离B点的高度为y＝PN－Rsin α＝R(tan α－sin α)，所以只有一个位置，且弹丸以某一速度射出才能过关，故B、D错误，C正确．
变式训练(2019·福建莆田市5月第二次质检)如图17，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(　　)
图17
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
【解答】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＝gt2，可得平抛运动的时间为：t＝，则水平位移为：x＝v0t＝v0.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．
考点三：斜抛运动
例3．（2021·全国高三专题练习）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
【详解】
A．将篮球的运动反向处理，即为平抛运动，由图可知，第二次运动过程中的高度较小，所以运动时间较短，故A错误；
BCD．将篮球的运动反向视为平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，第二次运动过程中的高度较小，故第二次抛出时速度的竖直分量较小，所用时间减小；平抛运动在水平方向做匀速直线运动，水平射程相等，由可知，第二次水平分速度较大；水平速度第二次大，竖直速度第一次大，根据速度的合成可知，抛出时的速度大小关系不能确定，故C正确，BD错误．
变式训练．（2021·全国高三专题练习）某同学练习定点投篮，篮球从同一位置出手，两次均垂直撞在竖直篮板上，其运动轨迹如图所示，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．第1次击中篮板时的速度小
B．两次击中篮板时的速度相等
C．球在空中运动过程第1次速度变化快
D．球在空中运动过程第2次速度变化快
【答案】A
【详解】
AB．将篮球的运动反过来看，则篮球两次做平抛运动，由于第1次平抛运动的高度更大，由得
所以第1次运动的时间更长，由于两次的水平位移相等，则时间越长的水平初速度越小，故第1次击中篮板时的速度小，故A正确，B错误；
CD．球在空中运动过程速度变化快慢即为加速度，由于球只受重力作用，加速度为重力加速度，则两次速度变化快慢相同，故CD错误。
故选A。
考点四：半圆内的平抛问题
例题4.（2021·全国高三专题练习）如图所示，一竖直圆弧形槽固定于水平地面上，O为圆心，AB为沿水平方向的直径。若在A点以初速度v1沿AB方向平抛一小球，小球将击中槽壁上的最低点D点；若A点小球抛出的同时，在C点以初速度v2沿BA方向平抛另一相同质量的小球并也能击中D点，已知∠COD＝60°，且不计空气阻力，则（　　）
A．两小球同时落到D点 B．两小球初速度大小之比为
C．两小球落到D点时的速度方向与OD线夹角相等 D．两小球落到D点时的瞬时速率之比为
【答案】B
【详解】
A．由于A、C两点到D点的竖直高度不同，两球在空中运动时间不同，故A错误；
B．设圆弧形槽半径为R，对A点抛出的小球
，
则
对C点抛出的小球
则
故B正确；
C．设在D点速度方向与OD线夹角为θ，竖直分速度为vy，水平分速度为v0，则
由
tan θ1≠tan θ2，故C错误；
D．设A、C两点抛出球落到D点时的瞬时速率分别为vA、vC
，
则
故D错误。
故选B。
变式训练．（2021·全国高三专题练习）如图所示，在竖直平面内固定一半圆形轨道，O为圆心，AB为水平直径，有一可视为质点的小球从A点以不同的初速度向右水平抛出，不计空气阻力，下列说法正确的是
A．初速度越大，小球运动时间越长
B．初速度不同，小球运动时间可能相同
C．小球落到轨道的瞬间，速度方向可能沿半径方向
D．小球落到轨道的瞬间，速度方向一定不沿半径方向
【答案】BD
【详解】
A．平抛运动的时间由高度决定，与水平初速度无关，初速度大时，与半圆接触时下落的距离不一定比速度小时下落的距离大，A错误；
B．速度不同的小球下落的高度可能相等，如碰撞点关于半圆过O点的竖直轴对称的两个点，运动的时间相等，B正确；
CD．若小球落到半圆形轨道的瞬间垂直撞击半圆形轨道，即速度方向沿半径方向，则速度方向与水平方向的夹角是位移方向与水平方向夹角的2倍.因为同一位置速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的两倍，两者相互矛盾，则小球的速度方向不会沿半径方向； C错误D正确。
故选BD。
考点五：撞斜面平抛运动中的最小位移问题
例5.（2021·全国高三专题练习）如图所示，倾角为θ的斜面体固定在水平面上，两个可视为质点的小球甲和乙分别沿水平方向抛出，两球的初速度大小相等，已知甲的抛出点为斜面体的顶点，经过一段时间两球落在斜面上的A、B两点后不再反弹，落在斜面上的瞬间，小球乙的速度与斜面垂直。忽略空气阻力，重力加速度为g，则下列选项正确的是（　　）
A．甲、乙两球在空中运动的时间之比为tan2θ∶1
B．甲、乙两球下落的高度之比为2tan2θ∶1
C．甲、乙两球的水平位移大小之比为tan θ∶1
D．甲、乙两球落在斜面上瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值之比为2tan2θ∶1
【答案】D
【详解】
A．由小球甲的运动可知
解得
t=
落到斜面上的速度方向与水平方向夹角的正切值为
则
tan α甲=2tan θ
由小球乙的运动可知
解得
t′=
落到斜面上的速度方向与水平方向夹角的正切值为
tan α乙=
甲、乙两球在空中运动的时间之比为
t∶t′=2tan2 θ∶1
选项A错误；
B．由
h=gt2
可知甲、乙两球下落的高度之比为4tan4 θ∶1，B错误；
C．由
x=v0t
可知甲、乙两球的水平位移大小之比为2tan2 θ∶1，C错误；
D．甲、乙两球落在斜面上瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值之比为2tan2 θ∶1，D正确。
故选D。
变式训练．（2021·全国高三专题练习）如图，倾角为α=45°的斜面ABC固定在水平面上，质量为m的小球从顶点A先后以初速度v0和2vo向左水平抛出，分别落在斜面上的P1、P2点，经历的时间分别为t1、t2；A点与P1、Pl与P2之间的距离分别为l1和l2，不计空气阻力影响。下列说法正确的是（ ）
A．t1：t 2=1：1
B．ll：l2=1：2
C．两球刚落到斜面上时的速度比为1：4
D．两球落到斜面上时的速度与斜面的夹角正切值的比为1：1
【答案】D
【详解】
A．根据
得
因为初速度之比为1：2，则运动的时间之比为1：2，故A错误。
B．水平位移
因为初速度之比为1：2，则水平位移之比为1：4，由
可知
ll：l2=1：3
故B错误。
C．根据动能定理
其中y=x，则
则两球刚落到斜面上时的速度比为1：2，选项C错误；
D．平抛运动某时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，由于落在斜面上，位移方向相同，则速度方向相同，即两球落到斜面上时的速度与斜面的夹角正切值的比为1：1，故D正确。
故选D。
1．（2020 新课标Ⅱ）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。等于（　　）
A．20 B．18 C．9.0 D．3.0
2．（2020 浙江）如图所示，钢球从斜槽轨道末端以v0的水平速度飞出，经过时间t落在斜靠的挡板AB中点。若钢球以2v0的速度水平飞出，则（　　）
A．下落时间仍为t B．下落时间为2t
C．下落时间为t D．落在挡板底端B点
3．（2020 海南）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10m/s，水射出后落到水平地面上。已知枪口离地高度为1.25m，g＝10m/s2，忽略空气阻力，则射出的水（　　）
A．在空中的运动时间为0.25s
B．水平射程为5m
C．落地时的速度大小为15m/s
D．落地时竖直方向的速度大小为5m/s
4．（2020 江苏）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 D．A的末速度比B的大
5．（2021 山东）海鸥捕到外壳坚硬的鸟蛤（贝类动物）后，有时会飞到空中将它丢下，利用地面的冲击打碎硬壳。一只海鸥叼着质量m＝0.1kg的鸟蛤，在H＝20m的高度、以v0＝15m/s的水平速度飞行时，松开嘴巴让鸟蛤落到水平地面上。取重力加速度g＝10m/s2，忽略空气阻力。
（1）若鸟蛤与地面的碰撞时间△t＝0.005s，弹起速度可忽略，求碰撞过程中鸟蛤受到的平均作用力的大小F；（碰撞过程中不计重力）
（2）在海鸥飞行方向正下方的地面上，有一与地面平齐、长度L＝6m的岩石，以岩石左端为坐标原点，建立如图所示坐标系。若海鸥水平飞行的高度仍为20m，速度大小在15m/s～17m/s之间，为保证鸟蛤一定能落到岩石上，求释放鸟蛤位置的x坐标范围。
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课时11 平抛运动
考纲对本模块内容的具体要求如下：
1、掌握平抛运动的条件和轨迹；
2、掌握平抛运动是水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动的合运动；
3、知道平抛运动的运动规律；
4、理解平抛运动是一种匀变速曲线运动。
1.物理观念：平抛运动、斜抛运动。
（1）掌握平拋运动的规律，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。
（3）能定性分析斜抛运动。
2.科学思维：平抛斜面、圆弧面模型。
（1）知道常见的四类斜面平抛模型并能区分不同类型的斜面倾角的物理含义。
（2）会利用运动合成与分解的思想分析几种常见的平抛圆弧组合模型
3.科学探究：探究平抛运动的特点
（1）用实验的方法描出平抛运动的轨迹
（2）判断平抛运动的轨迹是否为抛物线。
（3）根据平抛运动的轨迹求其初速度。
4.科学态度与责任：平抛运动在生活实际中的应用。
能将具体问题情景通过构建物理模型转化为物理问题进而应用物理规律来解决，以此提升分析推理能力和模型构建能力。
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1，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.
图1
技巧点拨：
1．飞行时间
由t＝知，时间取决于下落高度h，与初速度v0无关．
2．水平射程
x＝v0t＝v0，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．
3．落地速度
v＝＝，以θ表示落地速度与水平正方向的夹角，有tan θ＝＝，落地速度与初速度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，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4所示．
图4
5.两个重要推论
(1)做平抛运动的物体在任意时刻(任意位置)处，有tan θ＝2tan α.
推导：
→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3所示，即xB＝.
图3
推导：→xB＝
知识点二：与斜面有关的平抛运动
1.顺着斜面平抛
(1)落到斜面上，已知位移方向沿斜面向下(如图10)
图10
处理方法：分解位移.
x＝v0t
y＝gt2
tan θ＝
可求得t＝.
(2)物体离斜面距离最大，已知速度方向沿斜面向下(如图11)
图11
处理方法：分解速度
vx＝v0，vy＝gt
tan θ＝
t＝.
2.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12)
图12
处理方法：分解速度.
vx＝v0
vy＝gt
tan θ＝＝
可求得t＝.
知识点三：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.
考点一：平抛运动时间的求解问题
例1、（2021春 谯城区校级期末）如图所示，一位同学玩飞镖游戏。圆盘最上端有一点，飞镖抛出时与等高，且距离点为。当飞镖以初速度垂直盘面瞄准点抛出的同时，圆盘以经过盘心点的水平轴在竖直平面内匀速转动。忽略空气阻力，重力加速度为，若飞镖恰好击中点，则　　
A．飞镖击中点所需的时间为
B．圆盘转动角速度的最小值为
C．圆盘的半径为
D．点随圆盘转动的线速度可能为
【解答】解：、飞镖水平抛出做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，因此，故错误；
、飞镖击中点，则点转过的角度满足，1，故，1，，则圆盘转动角速度最小值为，故正确；
、飞镖击中点时，恰好在最下方，则，，联立解得圆盘的半径，故错误。
、点随圆盘转动的线速度为，1，，如果点线速度是，不是整数，故错误。
故选：。
变式训练（2021春 白银区校级期中）如图所示，竖直平面内的圆弧形光滑轨道半径为，端与圆心等高，为与水平方向成角的斜面，端在的正上方与在一直线上，一个质量为的小球在点正上方某处由静止开始释放，自由下落至点后进入圆形轨道并能沿圆形轨到达点，且到达处时小球对圆弧轨道顶端的压力大小为。求：
（1）小球到点时的速度大小？
（2）小球从点运动到点所用的时间？
（3）小球落到斜面上点时的速度大小？
【解答】解：（1）由牛顿第三定律可知：圆弧轨道顶端对小球的压力大小也为
对小球在点应用牛顿第二定律可得：
，
解得：①
（2）小球从到做平抛运动，
故有②，
③
由题意可知合位移与水平方向夹角为
则，④；
①②③④联立解得：
（3）小球在点时的竖直分速度
又水平分速度为：
所以，小球在点的速度为：
答：（1）小球到点时的速度大小为；
（2）小球从点运动到点所用的时间为；
（3）小球落到斜面上点时的速度大小。
考点二：平抛运动的临界问题
例2.(2020·福建泉州市第一次质量检查)某游戏装置如图16所示，安装在竖直轨道AB上的弹射器可上下移动，能水平射出速度大小可调节的小弹丸．圆心为O的圆弧槽BCD上开有小孔P，弹丸落到小孔时，速度只有沿OP方向才能通过小孔，游戏过关，则弹射器在轨道上(　　)
图16
A．位于B点时，只要弹丸射出速度合适就能过关
B．只要高于B点，弹丸射出速度合适都能过关
C．只有一个位置，且弹丸以某一速度射出才能过关
D．有两个位置，只要弹丸射出速度合适都能过关
答案　C
【解答】根据平抛运动速度反向延长线过水平位移的中点可知，位于B点时，不管速度多大，弹丸都不可能沿OP方向从P点射出，故A错误；如图所示，
根据平抛运动速度反向延长线过水平位移的中点可得：EN＝R(1＋cos α)，则竖直位移PN＝EN·tan α＝R(1＋cos α)tan α，弹射器离B点的高度为y＝PN－Rsin α＝R(tan α－sin α)，所以只有一个位置，且弹丸以某一速度射出才能过关，故B、D错误，C正确．
变式训练(2019·福建莆田市5月第二次质检)如图17，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(　　)
图17
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
【解答】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＝gt2，可得平抛运动的时间为：t＝，则水平位移为：x＝v0t＝v0.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．
考点三：斜抛运动
例3．（2021·全国高三专题练习）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
【详解】
A．将篮球的运动反向处理，即为平抛运动，由图可知，第二次运动过程中的高度较小，所以运动时间较短，故A错误；
BCD．将篮球的运动反向视为平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，第二次运动过程中的高度较小，故第二次抛出时速度的竖直分量较小，所用时间减小；平抛运动在水平方向做匀速直线运动，水平射程相等，由可知，第二次水平分速度较大；水平速度第二次大，竖直速度第一次大，根据速度的合成可知，抛出时的速度大小关系不能确定，故C正确，BD错误．
变式训练．（2021·全国高三专题练习）某同学练习定点投篮，篮球从同一位置出手，两次均垂直撞在竖直篮板上，其运动轨迹如图所示，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．第1次击中篮板时的速度小
B．两次击中篮板时的速度相等
C．球在空中运动过程第1次速度变化快
D．球在空中运动过程第2次速度变化快
【答案】A
【详解】
AB．将篮球的运动反过来看，则篮球两次做平抛运动，由于第1次平抛运动的高度更大，由得
所以第1次运动的时间更长，由于两次的水平位移相等，则时间越长的水平初速度越小，故第1次击中篮板时的速度小，故A正确，B错误；
CD．球在空中运动过程速度变化快慢即为加速度，由于球只受重力作用，加速度为重力加速度，则两次速度变化快慢相同，故CD错误。
故选A。
考点四：半圆内的平抛问题
例题4.（2021·全国高三专题练习）如图所示，一竖直圆弧形槽固定于水平地面上，O为圆心，AB为沿水平方向的直径。若在A点以初速度v1沿AB方向平抛一小球，小球将击中槽壁上的最低点D点；若A点小球抛出的同时，在C点以初速度v2沿BA方向平抛另一相同质量的小球并也能击中D点，已知∠COD＝60°，且不计空气阻力，则（　　）
A．两小球同时落到D点 B．两小球初速度大小之比为
C．两小球落到D点时的速度方向与OD线夹角相等 D．两小球落到D点时的瞬时速率之比为
【答案】B
【详解】
A．由于A、C两点到D点的竖直高度不同，两球在空中运动时间不同，故A错误；
B．设圆弧形槽半径为R，对A点抛出的小球
，
则
对C点抛出的小球
则
故B正确；
C．设在D点速度方向与OD线夹角为θ，竖直分速度为vy，水平分速度为v0，则
由
tan θ1≠tan θ2，故C错误；
D．设A、C两点抛出球落到D点时的瞬时速率分别为vA、vC
，
则
故D错误。
故选B。
变式训练．（2021·全国高三专题练习）如图所示，在竖直平面内固定一半圆形轨道，O为圆心，AB为水平直径，有一可视为质点的小球从A点以不同的初速度向右水平抛出，不计空气阻力，下列说法正确的是
A．初速度越大，小球运动时间越长
B．初速度不同，小球运动时间可能相同
C．小球落到轨道的瞬间，速度方向可能沿半径方向
D．小球落到轨道的瞬间，速度方向一定不沿半径方向
【答案】BD
【详解】
A．平抛运动的时间由高度决定，与水平初速度无关，初速度大时，与半圆接触时下落的距离不一定比速度小时下落的距离大，A错误；
B．速度不同的小球下落的高度可能相等，如碰撞点关于半圆过O点的竖直轴对称的两个点，运动的时间相等，B正确；
CD．若小球落到半圆形轨道的瞬间垂直撞击半圆形轨道，即速度方向沿半径方向，则速度方向与水平方向的夹角是位移方向与水平方向夹角的2倍.因为同一位置速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的两倍，两者相互矛盾，则小球的速度方向不会沿半径方向； C错误D正确。
故选BD。
考点五：撞斜面平抛运动中的最小位移问题
例5.（2021·全国高三专题练习）如图所示，倾角为θ的斜面体固定在水平面上，两个可视为质点的小球甲和乙分别沿水平方向抛出，两球的初速度大小相等，已知甲的抛出点为斜面体的顶点，经过一段时间两球落在斜面上的A、B两点后不再反弹，落在斜面上的瞬间，小球乙的速度与斜面垂直。忽略空气阻力，重力加速度为g，则下列选项正确的是（　　）
A．甲、乙两球在空中运动的时间之比为tan2θ∶1
B．甲、乙两球下落的高度之比为2tan2θ∶1
C．甲、乙两球的水平位移大小之比为tan θ∶1
D．甲、乙两球落在斜面上瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值之比为2tan2θ∶1
【答案】D
【详解】
A．由小球甲的运动可知
解得
t=
落到斜面上的速度方向与水平方向夹角的正切值为
则
tan α甲=2tan θ
由小球乙的运动可知
解得
t′=
落到斜面上的速度方向与水平方向夹角的正切值为
tan α乙=
甲、乙两球在空中运动的时间之比为
t∶t′=2tan2 θ∶1
选项A错误；
B．由
h=gt2
可知甲、乙两球下落的高度之比为4tan4 θ∶1，B错误；
C．由
x=v0t
可知甲、乙两球的水平位移大小之比为2tan2 θ∶1，C错误；
D．甲、乙两球落在斜面上瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值之比为2tan2 θ∶1，D正确。
故选D。
变式训练．（2021·全国高三专题练习）如图，倾角为α=45°的斜面ABC固定在水平面上，质量为m的小球从顶点A先后以初速度v0和2vo向左水平抛出，分别落在斜面上的P1、P2点，经历的时间分别为t1、t2；A点与P1、Pl与P2之间的距离分别为l1和l2，不计空气阻力影响。下列说法正确的是（ ）
A．t1：t 2=1：1
B．ll：l2=1：2
C．两球刚落到斜面上时的速度比为1：4
D．两球落到斜面上时的速度与斜面的夹角正切值的比为1：1
【答案】D
【详解】
A．根据
得
因为初速度之比为1：2，则运动的时间之比为1：2，故A错误。
B．水平位移
因为初速度之比为1：2，则水平位移之比为1：4，由
可知
ll：l2=1：3
故B错误。
C．根据动能定理
其中y=x，则
则两球刚落到斜面上时的速度比为1：2，选项C错误；
D．平抛运动某时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，由于落在斜面上，位移方向相同，则速度方向相同，即两球落到斜面上时的速度与斜面的夹角正切值的比为1：1，故D正确。
故选D。
1．（2020 新课标Ⅱ）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。等于（　　）
A．20 B．18 C．9.0 D．3.0
【解答】解：设落到坑内c点时竖直方向的速度为vy1，则有：
vy1＝；
根据平抛运动的规律可得：
v01t＝h
＝h
解得：v01＝
则有：E1＝＝
同理，设摩托车恰能越过坑到达b点时竖直方向的速度为vy2，则有：
＝gh
vy2＝；
根据平抛运动的规律可得：
v02t′＝3h
′＝0.5h
解得：v02＝3vy2
则有：E2＝＝
所以＝18，故B正确、ACD错误。
故选：B。
2．（2020 浙江）如图所示，钢球从斜槽轨道末端以v0的水平速度飞出，经过时间t落在斜靠的挡板AB中点。若钢球以2v0的速度水平飞出，则（　　）
A．下落时间仍为t B．下落时间为2t
C．下落时间为t D．落在挡板底端B点
【解答】解：钢球做平抛运动，落到斜挡板上时，斜挡板的倾角表示位移与水平方向的夹角，tanθ＝＝
解得下落时间为：t＝，
假设初速度为2v0时，钢球仍落到斜挡板上，则下落时间t'＝2t，竖直方向上下落高度h'＝＝4h，其中h为以v0的水平速度飞出时下落的高度，故钢球落到了地面上，假设不成立。
钢球落到地面上，下落高度为2h，其中t＝，则有：t'＝＝，故C正确，ABD错误。
故选：C。
3．（2020 海南）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10m/s，水射出后落到水平地面上。已知枪口离地高度为1.25m，g＝10m/s2，忽略空气阻力，则射出的水（　　）
A．在空中的运动时间为0.25s
B．水平射程为5m
C．落地时的速度大小为15m/s
D．落地时竖直方向的速度大小为5m/s
【解答】解：A．根据得t＝，故A错误；
B．水平射程为x＝V0t＝10×0.5m＝5m，故B正确；
CD．竖直方向分速度为Vy＝gt＝10×0.5m/s＝5m/s，
水平分速度为Vx＝V0＝10m/s
落地速度为，故C错误，D正确。
故选：BD。
4．（2020 江苏）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 D．A的末速度比B的大
【解答】解：A、A和B的位移大小都为，故A正确；
B、根据h＝得：t＝，则A的运动时间为：tA＝，B的运动时间为：tB＝，故，故B错误；
C、水平初速度为：v0＝，则有：＝＝＝，故C错误；
D、根据动能定理得：mgh＝，化简消去m，则：代入得：
；＝2gl+＝4gl，故A的末速度比B的大，故D正确；
故选：AD。
5．（2021 山东）海鸥捕到外壳坚硬的鸟蛤（贝类动物）后，有时会飞到空中将它丢下，利用地面的冲击打碎硬壳。一只海鸥叼着质量m＝0.1kg的鸟蛤，在H＝20m的高度、以v0＝15m/s的水平速度飞行时，松开嘴巴让鸟蛤落到水平地面上。取重力加速度g＝10m/s2，忽略空气阻力。
（1）若鸟蛤与地面的碰撞时间△t＝0.005s，弹起速度可忽略，求碰撞过程中鸟蛤受到的平均作用力的大小F；（碰撞过程中不计重力）
（2）在海鸥飞行方向正下方的地面上，有一与地面平齐、长度L＝6m的岩石，以岩石左端为坐标原点，建立如图所示坐标系。若海鸥水平飞行的高度仍为20m，速度大小在15m/s～17m/s之间，为保证鸟蛤一定能落到岩石上，求释放鸟蛤位置的x坐标范围。
【解答】解：（1）设平抛运动的时间为t，鸟蛤落地前瞬间的速度大小为v．竖直方向分速度大小为vy，
根据速度﹣位移关系可得：vy2＝2gH，解得：vy＝20m/s
根据运动的合成与分解得：，解得：v＝25m/s
在碰撞过程中，以鸟蛤为研究对象，取速度v的方向为正方向，由动量定理得：﹣F△t＝0﹣mv
解得：F＝500N；
（2）若释放鸟蛤的初速度为v1＝15m/s，设击中岩石左端时，释放点的坐标为x1，击中右端时，释放点的x坐标为x2，
鸟蛤下落的时间为t，则有：H＝，解得：t＝2s
根据平抛运动的规律可得：x1＝v1t＝15×2m＝30m
根据几何关系可得：x2＝x1+L＝30m+6m＝36m
若释放鸟蛤时的初速度为v2＝17m/s，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为x1′，击中右端时，释放点的x坐标为x2′，
根据平抛运动的规律可得x1′＝v2t＝17×2m＝34m
根据几何关系可得：x2′＝x1′+L＝34m+6m＝40m
综上得x坐标交集的区间为（34m，36m）。
答：（1）碰撞过程中鸟蛤受到的平均作用力的大小为500N；
（2）为保证鸟蛤一定能落到岩石上，释放鸟蛤位置的x坐标范围为（34m，36m）。
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