第2讲 抛体运动-【金版教程】2025年高考物理一轮复习解决方案课件PPT（新教材）

第四章　曲线运动 第2讲　抛体运动 目录 1 2 3 教材阅读指导 必备知识　梳理与回顾 关键能力　发展与提升 教材阅读指导 (对应人教版必修第二册相关内容及问题) 目录 第五章第4节阅读“平抛运动的速度”这一部分内容，思考要使物体做平抛运动，应该保证什么前提？平抛运动是匀变速运动吗？ 第五章第4节[思考与讨论]，试导出斜抛物体运动的轨迹表达式。 提示：初速度沿水平方向，只受重力；平抛运动是匀变速曲线运动，a＝g。 提示 * 提示：由x＝v0cosθ·t和y＝v0sinθ·t－eq \f(1,2)gt2，得：y＝xtanθ－2,0)eq \f(g,2vcos2θ) x2。 目录 第五章第4节[练习与应用]T4。 提示 * 提示：(1)水平分速度：eq \f(Ft,m)，竖直分速度：gt。 (2)以水平方向的位移x和竖直方向的位移y分别为轴建立直角坐标系，则代表物体运动轨迹的关系式为y＝eq \f(mg,F)x。运动轨迹是一条与竖直方向夹角θ满足tanθ＝eq \f(F,mg)的斜向下的直线。 目录 第五章[复习与提高]A组T7。 提示 * 提示：设A、B间距离为L， Lcos30°＝v0t Lsin30°＝eq \f(1,2)gt2 联立得：v0＝10eq \r(3) m/s，t＝2 s。 设运动员在空中距坡面最远时经历时间为t′，则 v0sin30°＝gcos30°·t′ t′＝eq \f(v0tan30°,g)＝1 s 离坡面的最大距离d＝eq \f(v0sin30°,2)t′＝eq \f(5\r(3),2) m。 目录 第五章[复习与提高]B组T2。 提示 * 提示：设水从管口落到地面的时间为t，竖直方向的位移为h，水平方向的位移为L，则有h＝eq \f(1,2)gt2，L＝vt，联立得v＝Leq \r(\f(g,2h))。设管口直径为D，每秒排污体积V＝πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(D,2))) eq \s\up18(2)v＝eq \f(πD2L,4) eq \r(\f(g,2h))。 可见，需要测量D、L、h。 必备知识　梳理与回顾 目录 一定的速度 重力 匀变速曲线 抛物线 * 一、抛体运动 1．定义：以eq \x(\s\up1(01))________________将物体抛出，在空气阻力可以忽略的情况下，物体只受eq \x(\s\up1(02))__________的作用，这时的运动叫作抛体运动。 2．运动的性质：加速度为g的eq \x(\s\up1(03))______________运动，运动轨迹是eq \x(\s\up1(04))__________。 目录 水平方向 水平方向 重力 斜向上方 斜向下方 斜向上方或斜向下方 重力 * 3．分类 (1)平抛运动 ①定义：初速度沿eq \x(\s\up1(05))______________的抛体运动。 ②条件：a.v0≠0，且沿eq \x(\s\up1(06))______________；b.只受eq \x(\s\up1(07))__________的作用。 (2)斜抛运动 ①定义：物体被抛出时的速度v0不沿水平方向，而是eq \x(\s\up1(08))______________或eq \x(\s\up1(09))______________的抛体运动。 ②条件：a.v0≠0，且沿eq \x(\s\up1(10))________________________；b.只受eq \x(\s\up1(11))_________的作用。 目录 匀速直线 自由落体 * 二、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eq \x(\s\up1(01))_________________运动和竖直方向的eq \x(\s\up1(02))_______________运动。 (2)基本规律(如图所示) 目录 gt * ①速度关系 2,x)eq \r(v＋veq \o\al(2,y)) eq \f(gt,v0) 目录 v0t * ②位移关系 ③轨迹方程：y＝eq \x(\s\up1(10))______________。 eq \r(x2＋y2) eq \f(gt,v0) eq \f(1,2)gt2 2,0)eq \f(g,2v) x2 目录 匀速直线 g 抛物线 * 2．斜抛运动 斜抛运动可以分解为水平方向的eq \x(\s\up1(11))_________________运动和竖直方向的竖直上抛或竖直下抛运动(以斜向上抛为例，如图所示)。斜抛运动是加速度为eq \x(\s\up1(12))_________的匀变速曲线运动，运动轨迹是eq \x(\s\up1(13))____________。 目录 一、堵点疏通 1．以一定的初速度水平抛出的物体的运动是平抛运动。(　　) 2．做平抛运动的物体初速度越大，水平位移越大。(　　) 3．做平抛运动的物体，在任意相等的时间内速度的变化量相同。(　　) 4．平抛运动的时间由高度决定。(　　) 5．平抛运动是匀变速曲线运动，速度不断变大。(　　) 6．斜抛运动是匀变速曲线运动。(　　) × √ × √ √ √ * 目录 答案 * 二、对点激活 1．(人教版必修第二册·第五章第4节[例题1]改编)将一个物体以10 m/s的速度从20 m的高度水平抛出(不计空气阻力，取g＝10 m/s2)，下列说法正确的是(　　) A．落地时间为2 s B．落地时速度为20 m/s C．落地时速度方向与水平地面夹角的正切值为eq \f(1,2) D．物体的位移为20 m 目录 解析 解析　由h＝eq \f(1,2)gt2得t＝eq \r(\f(2h,g))＝2 s，故A正确；落地时竖直分速度vy＝gt＝20 m/s，落地速度为v＝2,y)eq \r(v＋veq \o\al(2,0)) ＝10eq \r(5) m/s，故B错误；落地时速度方向与水平地面夹角的正切值tanθ＝eq \f(vy,v0)＝2，故C错误；物体的水平位移x＝v0t＝20 m，位移为s＝eq \r(x2＋h2)＝20eq \r(2) m，故D错误。 目录 答案 2．(鲁科版必修第二册·第2章第2节[节练习]T5改编)以30 m/s的初速度水平抛出一个物体，当其水平位移和竖直位移大小相等时，下列判断正确的是(取g＝10 m/s2)(　　) A．此时物体的速度大小为60 m/s B．此过程所用的时间为6 s C．此时竖直分速度刚好与水平分速度大小相等 D．此过程中物体的位移大小为80 m 目录 解析 解析　物体做平抛运动，根据平抛运动的规律可得，水平方向上有x＝v0t，竖直方向上有h＝eq \f(1,2)gt2，当水平位移与竖直位移大小相等时，有x＝h，联立并代入数据，可解得此过程所用时间t＝eq \f(2v0,g)＝6 s，B正确；此时竖直分速度为vy＝gt＝60 m/s，则vy≠v0，C错误；此时物体合速度的大小为v合＝2,0)eq \r(v＋veq \o\al(2,y)) ＝30eq \r(5) m/s，A错误；物体在水平方向上的位移大小为x＝v0t＝180 m，故此过程中物体的位移大小为x合＝eq \r(x2＋h2)＝180eq \r(2) m，D错误。 关键能力　发展与提升 目录 * 考点一　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 物理量 相关分析 飞行时间(t) t＝eq \r(\f(2h,g))，飞行时间取决于下落高度h，与初速度v0无关 水平射程(x) x＝v0t＝v0eq \r(\f(2h,g))，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 目录 * 落地速度 (v) v＝2,x)eq \r(v＋veq \o\al(2,y)) ＝2,0)eq \r(v＋2gh) ，以θ表示落地时速度与水平方向间的夹角，有tanθ＝eq \f(vy,vx)＝eq \f(\r(2gh),v0)，所以落地速度也只与初速度v0和下落高度h有关 速度的 改变量 (Δv) 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相同，方向恒为竖直向下，如图所示 目录 2.平抛运动的两个重要推论 (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，如图甲所示。其推导过程为tanθ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(gt2,v0t)＝eq \f(y,\f(x,2))。 目录 (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＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(gt·t,v0·t)＝eq \f(2y,x)＝2tanα。 目录 答案 * 考向1　平抛运动的理解及基本规律的应用 例1　(2022·广东高考)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eq \f(L,v) B．将击中P点，t等于eq \f(L,v) C．将击中P点上方，t大于eq \f(L,v) D．将击中P点下方，t等于eq \f(L,v) 目录 解析 解析　小积木与子弹在竖直方向均做自由落体运动，其相对高度不变，分析可知，以积木为参考系，子弹做射向P点的匀速直线运动，故将击中P点，运动时间t＝eq \f(L,v)。故A、C、D错误，B正确。 目录 答案 例2　(2022·广东高考)如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(　　) 目录 解析 解析　设斜坡MN段倾角为θ，运动员在斜坡MN段做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有mgsinθ＝ma1，可得a1＝gsinθ，由运动学公式有v＝gsinθ·t；运动员在水平NP段做匀速直线运动，加速度a2＝0，速度大小不变，设为v0；设运动员t′时刻从P点飞出后做平抛运动，加速度a3＝g，水平方向vx＝v0，竖直方向vy＝g(t－t′)，则从P点飞出后速度大小的表达式为v＝2,0)eq \r(v＋g2（t－t′）2) ，分析可知，从P点飞出后速度大小随时间变化的图像不可能为直线。故A、B、D错误，C正确。 目录 答案 答案　 m/s 例3　(2022·全国甲卷)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s1和s2之比为3∶7。重力加速度大小取g＝10 m/s2，忽略空气阻力。求在抛出瞬间小球速度的大小。 目录 解析 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，故图中相邻两球影像的时间间隔为 t＝4T＝4×0.05 s＝0.2 s 设抛出瞬间小球的速度大小为v0，s1、s2所对应的 水平方向上的位移均为x，竖直方向上的位移分别为y1、 y2，根据平抛运动规律有 x＝v0t y1＝eq \f(1,2)gt2 目录 y1＋y2＝eq \f(1,2)g(2t)2 由平行四边形定则，有 s1＝2,1)eq \r(x2＋y) s2＝2,2)eq \r(x2＋y) 由题知s1∶s2＝3∶7 联立解得v0＝eq \f(2\r(5),5) m/s。 目录 答案 * 考向2　多物体平抛问题 例4　(2020·江苏高考)(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eq \f(1,2) D．A的末速度比B的大 目录 解析 解析　位移为由初位置到末位置的有向线段，由图可得A、B的位移大小分别为sA＝eq \r(l2＋（2l）2)＝eq \r(5)l，sB＝eq \r(（2l）2＋l2)＝eq \r(5)l，故A和B的位移大小相等，A正确；小球A、B在竖直方向上做自由落体运动，则A、B的运动时间分别为tA＝eq \r(\f(2×2l,g))＝2eq \r(\f(l,g))，tB＝eq \r(\f(2l,g))，故A的运动时间是B的eq \r(2)倍，B错误；小球A、B在水平方向上做匀速直线运动，则A、B的初速度分别为vxA＝eq \f(l,tA)＝eq \f(\r(gl),2)，vxB＝eq \f(2l,tB)＝eq \r(2gl)，故A的初速度是B的eq \f(1,2\r(2))，C错误； 目录 小球A、B在竖直方向上的末速度分别为vyA＝eq \r(2g·2l)＝2eq \r(gl)，vyB＝eq \r(2gl)，所以A、B的末速度分别为vA＝2,xA)eq \r(v＋veq \o\al(2,yA)) ＝eq \f(\r(17gl),2)，vB＝2,xB)eq \r(v＋veq \o\al(2,yB)) ＝2eq \r(gl)＝eq \f(\r(16gl),2)，故A的末速度比B的大，D正确。 目录 答案 * 例5　如图所示，A、B两小球从相同高度同时水平抛出，不计空气阻力，下落高度为h时在空中相遇。若两球的抛出位置不变，但水平抛出的速度都变为原来的2倍，则两球在空中相遇时下落的高度为(　　) A．h B.eq \f(\r(2),2)h C.eq \f(1,2)h D.eq \f(1,4)h 目录 解析 解析　两球的抛出位置不变，则水平位移大小之和不变，两球在水平方向上做匀速直线运动，根据x＝(v1＋v2)t知，水平抛出的速度都变为原来的2倍后，从抛出至相遇所用的时间变为原来的eq \f(1,2)；两球在竖直方向上做自由落体运动，根据h＝eq \f(1,2)gt2知，两球相遇时下落的高度变为原来的eq \f(1,4)，故D正确，A、B、C错误。 目录 1．“化曲为直”思想在平抛运动中的应用 根据合运动与分运动的等效性，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： (1)水平方向的匀速直线运动； (2)竖直方向的自由落体运动。 2．对多物体平抛问题的四点提醒 (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。 目录 (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。 (4)两条平抛运动轨迹的相交处是两物体的可能相遇处，两物体要在此处相遇，必须同时到达此处。 目录 * 考点二　与斜面或圆弧面有关的平抛运动　　解题技巧 做平抛运动的物体，落点不在水平面上，而是在斜面、竖直面、弧面上时，应将平抛运动的知识与几何知识结合起来，分解速度或分解位移，在水平方向和竖直方向分别列式求解。 目录 * 常见的模型 已知条件 情境示例 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)，末速度的方向垂直于斜面 分解速度tanθ＝eq \f(v0,vy)＝eq \f(v0,gt)，t＝eq \f(v0,gtanθ) 从斜面外平抛，恰好从斜面顶点无碰撞切入斜面(如图所示)，末速度方向沿斜面方向 分解速度tanθ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(gt,v0)，t＝eq \f(v0tanθ,g) 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)，末速度方向沿该点圆弧的切线方向 目录 已知位移方向 从斜面上平抛又落到斜面上(如图所示)，位移的方向沿斜面向下 分解位移 tanθ＝eq \f(y,x)＝eq \f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq \f(gt,2v0)，t＝eq \f(2v0tanθ,g) 从斜面外平抛，落在斜面上位移最小(如图所示)，位移方向垂直于斜面 分解位移 tanθ＝eq \f(x,y)＝eq \f(v0t,\f(1,2)gt2)＝eq \f(2v0,gt)，t＝eq \f(2v0,gtanθ) 目录 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)，位移大小等于半径R eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝v0t,y＝\f(1,2)gt2,x2＋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)，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 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝R＋Rcosθ,x＝v0t,y＝Rsinθ,y＝\f(1,2)gt2,（x－R）2＋y2,　＝R2)) 目录 * 注：从斜面上某点水平抛出，又落到斜面上的平抛运动，当速度与斜面平行时，物体到斜面的距离最远，且从抛出到距斜面最远所用的时间为平抛运动时间的一半。 目录 答案 * 考向1　与斜面有关的平抛运动 例6　2022年2月5日下午，北京冬奥会跳台滑雪项目比赛在位于张家口的国家跳台滑雪中心举行，国家跳台滑雪中心是中国首座跳台滑雪场馆，主体建筑灵感来自于中国传统饰物“如意”，因此被形象地称作“雪如意”。如图所示，现有两名运动员(均视为质点)从跳台a处先后沿水平方向向左飞出，其速度大小之比为v1∶v2＝2∶1，不计空气阻力，则两名运动员从飞出至落到斜坡(可视为斜面)上的过程中，下列说法正确的是(　　) A．他们飞行时间之比为t1∶t2＝1∶2 B．他们飞行的水平位移之比为x1∶x2＝2∶1 C．他们在空中离坡面的最大距离之比为s1∶s2＝2∶1 D．他们落到坡面上的瞬时速度方向与水平方向的夹角之比为θ1∶θ2＝1∶1 目录 解析 解析　根据x＝v0t、y＝eq \f(1,2)gt2、y＝xtanθ，可得t＝eq \f(2v0tanθ,g)，则eq \f(t1,t2)＝eq \f(v1,v2)＝eq \f(2,1)，故A错误；根据x＝v0t，可得eq \f(x1,x2)＝2,1)eq \f(v,veq \o\al(2,2)) ＝eq \f(4,1)，故B错误；把运动员的运动分解为沿斜面方向的分运动和垂直斜面方向的分运动，运动员在垂直斜面方向上做初速度为v0sinθ，加速度大小为gcosθ的类竖直上抛运动，当该方向分速度减小到零时，离斜面距离最大，最大距离为s＝eq \f(（v0sinθ）2,2gcosθ)，则eq \f(s1,s2)＝2,1)eq \f(v,veq \o\al(2,2)) ＝eq \f(4,1)，故C错误；根据平抛运动的推论：瞬时速度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，可知两人落到斜坡上的瞬时速度方向一定相同，故D正确。 目录 答案 * 例7　(2023·吉林省吉林市高三下第二次调研)(多选)一种定点投抛游戏可简化为如图所示的模型，以水平速度v1从O点抛出小球，小球正好落入倾角为θ的斜面上的洞中，洞口处于斜面上的P点，O、P的连线正好与斜面垂直；当以水平速度v2从O点抛出小球时，小球正好垂直落在斜面上Q点。不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．小球落在P点所用时间是eq \f(2v1,gtanθ) B．Q点在P点的下方 C．v1>v2 D．小球落在P点所用的时间与落在Q点所用的时间之比是eq \f(2v1,v2) 目录 解析 解析　由题意知，小球以初速度v1从O点抛出后做平抛运动，落在P点时小球位移垂直于斜面，画出其轨迹如图1，设小球落在P点所用时间为t1，则水平方向有x1＝v1t1，竖直方向有y1＝eq \f(1,2)gteq \o\al(2,1)，由几何关系可知tanθ＝eq \f(x1,y1)，联立解得t1＝eq \f(2v1,gtanθ)，A正确；小球以初速度v2从O点抛出后做平抛运动，垂直落在斜面上的Q点时，对其末速度进行分解如图2，设小球落在Q点所用时间为t2，水平方向有vx2＝v2，竖直方向有vy2＝gt2，小球落在Q点时，速度方向与斜面垂直，根据几何关系可知tanθ＝eq \f(vx2,vy2)，联立解得t2＝eq \f(v2,gtanθ)， 目录 则小球落在P点所用的时间与落在Q点所用的时间之比是eq \f(t1,t2)＝eq \f(2v1,v2)，D正确；设OQ连线与竖直方向的夹角为α，根据平抛运动的推论可知，tanα＝2tanθ，而由几何关系知，OP连线与竖直方向的夹角为θ，所以α>θ，故Q点在P点的上方，即小球从O点到Q点的竖直位移较小，水平位移较大，由h＝eq \f(1,2)gt2可知，t2<t1，由v0＝eq \f(x,t)可知，v2>v1，故B、C错误。 目录 答案 答案　(1)　(2)　2 考向2　与圆弧有关的平抛运动 例8　(2023·福建省三明市高三下质量检测)水车是我国劳动人民利用水能的一项重要发明。如图为某景观水车模型，水从槽口水平流出，某时刻正好垂直落在与水平面成30°角的轮叶边缘上，轮叶在水流不断冲击下而转动。已知水车轮轴到轮缘距离为R，槽口到水车轮轴所在水平面距离为2R，忽略空气阻力，重力加速度为g，求： (1)水流从槽口到轮叶的运动时间t； (2)水流初速度v0的大小和打在轮叶上的速度v的大小。 目录 解析 解析　 (1)由几何知识知，水流从槽口到轮叶，下落的高度为h＝2R－Rsin30° 竖直方向上水做自由落体运动，有h＝eq \f(1,2)gt2 解得t＝eq \r(\f(3R,g))。 (2)设水流垂直落到轮叶边缘时竖直方向的分速度为vy，则vy＝gt 水流垂直落在与水平面成30°角的轮叶边缘上，则tan30°＝eq \f(v0,vy) 水流打在轮叶上的速度的大小为v＝2,0)eq \r(v＋veq \o\al(2,y)) 联立可解得v0＝eq \r(Rg)，v＝2eq \r(Rg)。 目录 * 考点三　类平抛运动的分析　　拓展延伸 1．类平抛运动与平抛运动的区别 做平抛运动的物体初速度水平，物体只受与初速度垂直的竖直向下的重力，a＝g；做类平抛运动的物体初速度不一定水平，但物体所受合力与初速度的方向垂直且为恒力，a＝eq \f(F合,m)。 目录 * 2．求解方法 (1)常规分解法：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(即沿合力方向)的匀加速直线运动。 (2)特殊分解法：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a分解为ax、ay，初速度v0分解为vx、vy，然后分别在x、y方向上列方程求解。 目录 答案 * 例9　(多选)如图，一光滑宽阔的斜面，倾角为θ，高为h，现有一小球在A处以水平速度v0射出，最后从B处离开斜面，下列说法正确的是(　　) A．小球的运动轨迹为抛物线 B．小球的加速度为gsinθ C．小球从A处到达B处所用的时间为eq \f(1,sinθ) eq \r(\f(2h,g)) D．小球到达B处的水平方向位移大小s＝v0eq \r(\f(2h,g)) 目录 解析 解析　小球受重力和支持力两个力作用，合力沿斜面向下，与初速度方向垂直，做类平抛运动，其运动轨迹为抛物线，故A正确；根据牛顿第二定律知，小球的加速度a＝eq \f(mgsinθ,m)＝gsinθ，故B正确；小球在沿加速度方向上的位移为eq \f(h,sinθ)，根据eq \f(h,sinθ)＝eq \f(1,2)at2，解得t＝eq \f(1,sinθ) eq \r(\f(2h,g))，故C正确；小球在沿初速度方向的位移：x＝v0t＝eq \f(v0,sinθ) eq \r(\f(2h,g))，小球在沿加速度方向的位移的水平分位移：y＝eq \f(h,sinθ)cosθ＝eq \f(h,tanθ)，则小球在水平方向的总位移：s＝eq \r(x2＋y2)>eq \f(v0,sinθ) eq \r(\f(2h,g))＞v0eq \r(\f(2h,g))，故D错误。 目录 求解类平抛运动问题的关键 (1)对研究对象受力分析，找到物体所受合力的大小、方向，判断是否恒定，正确求出加速度。 (2)应用运动的合成与分解的方法求解。 目录 * 考点四　斜抛运动　　拓展延伸 1．斜上抛运动的分析 利用运动的合成与分解分析：可看作沿水平方向的匀速直线运动和沿竖直方向的竖直上抛运动的合运动。 以斜上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。 目录 * 初速度可以分解为v0x＝v0cosθ，v0y＝v0sinθ。在水平方向，物体的位移和速度分别为 x＝v0xt＝(v0cosθ)t① vx＝v0x＝v0cosθ② 在竖直方向，物体的位移和速度分别为 y＝v0yt－eq \f(1,2)gt2＝(v0sinθ)t－eq \f(1,2)gt2③ vy＝v0y－gt＝v0sinθ－gt④ 目录 2．斜上抛运动的极值 结合1中分析，在最高点，vy＝0，由④式得t＝eq \f(v0sinθ,g)⑤ 将⑤式代入③式得物体的射高ym＝2,0)eq \f(vsin2θ,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(2v0sinθ,g)⑦ 将⑦式代入①式得物体的射程xm＝2,0)eq \f(vsin2θ,g) 当θ＝45°时，sin2θ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。 目录 3．斜上抛运动的处理技巧 (1)对斜上抛运动从抛出点到最高点的运动，可逆向看成平抛运动。 (2)分析完整的斜上抛运动时，可根据对称性求解某些问题。 目录 答案 * 考向1　斜抛运动的理解及其运动规律的应用 例10　(2023·湖南省邵阳市高三下二模)(多选)如图所示，小球以v0＝10 m/s的瞬时速度从水平地面斜向右上方抛出，速度方向与水平方向的夹角是53°，不计空气阻力，下列说法正确的是(取g＝10 m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)(　　) A．小球到达最高点时的瞬时速度为零 B．小球离地面的最大高度是3.2 m C．小球在空中的运动时间是0.8 s D．保持小球速度大小不变，改变速度方向，小球的水平分位移(射程)的最大值是10 m 目录 解析 解析　小球做斜上抛运动，水平方向的初速度vx＝v0cos53°＝6 m/s，竖直方向的初速度vy＝v0sin53°＝8 m/s，当小球到达最高点时，竖直方向的分速度减为零，水平方向的分速度不变，则速度大小为6 m/s，故A错误；小球离地面的最大高度为h＝2,y)eq \f(v,2g) ＝3.2 m，故B正确；小球在空中运动的时间为t＝eq \f(2vy,g)＝1.6 s，故C错误；保持小球速度大小不变，设初速度与水平方向的夹角为θ，则有vx′＝v0cosθ，vy′＝v0sinθ，小球的水平分位移为x＝vx′t＝v0cosθ×2×eq \f(vy′,g)＝2v0cosθeq \f(v0sinθ,g)＝2,0)eq \f(vsin2θ,g) ，则当sin2θ＝1即θ＝45°时，小球的水平分位移(射程)达到最大，为xm＝2,0)eq \f(v,g) ＝10 m，故D正确。 目录 答案 * 考向2　逆向思维分析斜上抛运动 例11　如图所示，某同学疫情期间在家锻炼时，对着墙壁练习打乒乓球，球拍每次击球后，球都从同一位置斜向上飞出，其中有两次球在不同高度分别垂直撞在竖直墙壁上，不计空气阻力，则球在这两次从飞出到撞击墙壁前(　　) A．在空中飞行的时间可能相等 B．飞出时的初速度竖直分量可能相等 C．撞击墙壁的速度大小可能相等 D．飞出时的初速度大小可能相等 目录 解析 解析　将乒乓球的运动逆过程处理，即为平抛运动，两次的竖直高度不同，则两次运动时间不同，A错误；平抛运动在竖直方向上为自由落体运动，因两次运动的时间不同，故初速度在竖直方向的分量不同，B错误；乒乓球的两次水平射程相等，但两次运动的时间不同，则球两次撞击墙壁的速度不同，C错误；初速度的竖直分量大的，运动时间长，其水平速度就小，根据速度的合成可知乒乓球飞出时的初速度大小可能相等，D正确。 目录 答案 考向3　斜抛运动与平抛运动综合分析 例12　(2023·湖南高考)如图a，我国某些农村地区人们用手抛撒谷粒进行水稻播种。某次抛出的谷粒中有两颗的运动轨迹如图b所示，其轨迹在同一竖直平面内，抛出点均为O，且轨迹交于P点，抛出时谷粒1和谷粒2的初速度分别为v1和v2，其中v1方向水平，v2方向斜向上。忽略空气阻力，关于两谷粒在空中的运动，下列说法正确的是(　　) A．谷粒1的加速度小于谷粒2的加速度 B．谷粒2在最高点的速度小于v1 C．两谷粒从O到P的运动时间相等 D．两谷粒从O到P的平均速度相等 目录 解析 解析　忽略空气阻力，则抛出的两谷粒在空中均仅受重力作用，加速度均为重力加速度，故谷粒1的加速度等于谷粒2的加速度，A错误；谷粒2做斜上抛运动，谷粒1做平抛运动，由竖直方向的分运动可知，两谷粒从O到P的运动时间t2>t1，从O到P两谷粒在水平方向的位移相同，由水平方向做匀速直线运动知，两谷粒的水平分速度关系为v2x<v1，即谷粒2在最高点的速度小于v1，B正确，C错误；两谷粒从O到P的位移相同，运动时间不同，故平均速度不相等，D错误。 目录 答案 考向4　多物体斜抛运动分析 例13　(2021·江苏高考)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 目录 解析 解析　若研究两个过程的逆过程，可看作是从篮筐沿同方向斜向上抛出的斜抛运动，落到同一高度上的两点，则A对应的逆过程，运动距离较长，初速度较大，水平分速度和竖直分速度均较大，上升的最大高度较大，运动时间较长，在最高点的速度即初速度的水平分量较大，由斜抛运动的对称性可知，当A、B上升到与篮筐相同高度时的速度方向相同，A、B、C错误，D正确。 目录 答案 【跟进训练】(2023·江苏省南通市高三下第三次调研测试)如图所示，在海边的山坡上同一位置以相同大小的初速度v0抛出两个石子，速度方向与水平方向夹角均为θ，两石子在同一竖直面内落入水中，不计空气阻力。两石子抛出后(　　) A．在空中运动时间相同 B．在空中同一高度时速度方向相同 C．落至水面时速度大小不同 D．落至水面时水平射程相同 目录 解析 解析　两石子抛出后，只受重力作用，加速度为重力加速度，设抛出点到水面的高度为h，斜向上抛出的石子在空中运动时间为t1，斜向下抛出的石子在空中运动时间为t2，以竖直向下为正方向，则有h＝－v0sinθ·t1＋eq \f(1,2)gteq \o\al(2,1)，h＝v0sinθ·t2＋eq \f(1,2)gteq \o\al(2,2)，可得t1>t2，A错误。由斜上抛运动的对称性可知，斜上抛的石子落回到与抛出点同一高度时，竖直方向的分速度与斜下抛的石子在同一高度的竖直分速度大小、方向均相同，则在此高度两个石子的速度方向均为斜向下且与水平方向的夹角为θ， 目录 从此状态开始，两个石子之后的运动完全相同，则之后在空中同一高度时速度方向也相同，B正确。从抛出到落到水面，由动能定理，对两石子均有mgh＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，解得两石子落至水面时的速度大小均为v＝2,0)eq \r(v＋2gh) ，C错误。落至水面时，水平射程x＝v0cosθ·t，因为t1>t2则x1>x2，即落至水面时水平射程不同，D错误。 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R $$