第5章 第4节 抛体运动的规律-【重难点手册】2024-2025学年高中物理必修第二册（人教版2019 浙江专用）

重避点手细高中物理必修第二册尺U(浙江专用) 第4节 抛体运动的规律 重点和难点 课标要求 1.知道抛体运动的受力特，点，会用运动的合成与分解 的方法对平抛运动进行理论分析 重点：1.平抛运动的特点 2.理解平抛运动的规律知道平抛运动的轨迹是抛物 2.平抛运动分解方法的研究过程和相关 线，会计算平抛运动的速度及位移，会解决与平抛运动相关 规律 的实际问题 3.平抛运动的规律的应用过程与方法. 3.认识平抛运动研究中等效替代的思想和“化繁为简” 难点：1，平抛运动的规律的应用. 的思想，并能够用来研究一般的抛体运动. 2.对斜抛运动的理解. 4.通过用平抛运动的知识解释自然、生活和生产中的 例子，认识到平抛运动的普遍性，体会物理学的应用价值 01必备知识梳理-。口 基础梳理 知识点1平抛运动的速度 平抛运动可以看成是水平方向的匀速直线运动和竖直方向 罔敲黑板 的自由落体运动的合运动。 1.平抛运动的速度变化 以抛出点为原点，取水平方向为x轴，x轴Q 特点： 了 的正方向与初速度。的方向相同，竖直方向为 平抛运动中，水平方向分 速度保持u,=功，竖直方向加 y轴，正方向向下，物体在任意时刻1位置坐标 P.y) 速度恒为g,速度，=g4.从 P(x,y)的速度为（如图所示），则水平分速度 . v.tig 抛出点起，每隔△1时间，速度 u=v,竖直分速度v=gt. 的失量关系如图所示，这一失 1时刻平抛物体的速度大小和方向：一√话十，设4与x轴 量关系有两个特点： 正方向的夹角为a…侧1ama一经一品 (1)任意时刻速度的水平 分量均等于初速度h 特别0用 (2)任意相等时间间隔△1 1.平抛运动的速度特点是：速度大小和方向都不断变化 内的速度改变量的方向均竖 平抛运动是变速曲线运动 直向下，且△=△，=g·△1. 0, 2.平抛运动的加速度为自由落体加速度g,大小和方向恒 定不变，平抛运动是匀变速曲线运动， 例①(2024·江西九江一中高一期末)如图，从地面上方某 △U 点将一小球以5/s的初速度沿水平方向抛出，小球经过1s落 24 第五章 抛体运动蓝 地，不计空气阻力，g取10m/s2,则可求出(). 2.平抛运动的速度不可 能沿竖直方向， 陆与x轴正方向的夹角 a满足ana=马=，可知速 A.小球抛出时离地面的高度是10m 度与水平方向的夹角随时间( B.小球落地时的速度方向与水平地面成30°角 的增大而增大，但一定不会达 C.小球落地时的速度大小是15m/s 到90°，因为水平方向是匀速 D.小球从抛出点到落地点的水平位移大小是5m 直线运动，水平分速度不变， 原铜小球抛出时高地面的高度是h=2g=5m,故A错 合速度也就不可能沿竖直 方向 误；设小球落地时的速度方向与水平地面成日角，则根据速度的 合成与分解有tan0--2,所以0≠30°，故B错误：小球落地时 的速度大小是0=√6十(gt)=5√5m/s,故C错误：小球从抛出 ,点到落地，点的水平位移大小是x=1=5m,故D正确. 答案D 知识点2平抛运动的位移与轨迹 1.平抛运动的位移 2划重点 以抛出点为坐标原点，竖直向下为y轴正O 平抛运动位移的变化规律 方向，沿初速度方向为x轴正方向，建立直角坐 1.任意相等时间△1内， 标系（如图所示），根据平抛运动在水平方向上 水平位移相同，即△=W△， 是匀速直线运动和在竖直方向上是自由落体运y ,y 2.连续相等的时间△/ 动的规律可知： 内，竖直方向上的位移差不 水平分位移x=巴t, 变，即△y=g(△). 竖直分位移y=, t时间内合位移的大小s=√x十y 设合位移s与x轴正方向的夹角为0，则 tan 6=y 287 gt 2u1 2.平抛运动的轨迹方程 平抛运动的物体在任意时刻的位置坐标x和y所满足的方 程，叫作轨迹方程由=1和y=专8，消去1可得y一嘉 或.x-2 25 国滩白手细高中物理必修第二册J(浙江专用) 这是顶点在原点、开口向下的抛物线方程，所以平抛运动的 轨迹是一条抛物线。 例2(2024·湖北武汉三中高一期末)把甲物体从2h高处 以速度水平抛出，落地点与抛出点的水平距离为L:把乙物体 从h高处以速度2水平抛出，落地点与抛出点的水平距离为s 则L与s的关系为( ). 刀划重点 A.L-2 B.L=√2s GL- D.L=2s 斜抛运动的特点 Ah 解折根据2h=2,得= ,则L==√g 同 1.受力特点：斜抛运动是 忽略了空气阻力的理想化运 理，由=，得酒则=2=2 西，所以L= 2,C 动，因此物体仅受重力，其加 速度为重力加速度g 正确 2.运动特点：物体县有与 答泰C 水平方向存在夹角的初速度， 知识点3一般的抛体运动 仅受重力，因此斜抛运动是 1.定义：如果物体被抛出时速度不沿水平方向，而是斜向 匀变速曲线运动，其轨迹为抛 上方或斜向下方，这种只在重力作用下的抛体运动叫作斜抛运动： 物线。 2.斜抛运动的基本规律：斜抛运动的物体在水平方向上不受 3.速度变化特点：由于斜 抛运动的加速度为定值，国 外力作用，因此水平方向仍然做匀速直线运动：竖直方向上仅受 此，在相等的时间内速度变化 重力作用，因此竖直方向做加速度为g的匀变速直线运动.设物 量的大小相等，方向均竖直向 体斜向上以初速度抛出，如图所示. 下，△u=g△. 4.对称性特点（斜上抛） (1)速度对称：轨迹上关 于过轨迹最高，点的竖直线对 称的两点速度大小相等，水平 (1)速度公式：水平分速度0，=℃，cos0, 方向速度相同，竖直方向速度 竖直分速度u,=v,sin0-gt. 等大反向.如图所示 (2)位移公式：x=tcos0, y=vtsin -1 81 (3)轨迹方程 由位移公式可得y=xtan0- x2,即为开口向下的抛 2vcos 6 (2)时间对称：关于过轨 物线. 迹最高点的竖直线对称的曲 (4)最大高度和射程 线上升时间等于下降时间，这 到达最大高度时，=0,1=sin9 是由竖直上抛运动的对称性 决定的 26 第五章 抛体运动蓝组 (3)轨迹对称：其运动轨 则H= -听sin0 2g 2g 迹关于过轨迹最高点的竖直 2vsin 0cos 0 水平射程x= 可见0=45°时水平射程最远 线对称 g (5)运动时间 刀记方法 在竖直方向由0=一gt上得物体上升到最高点的时间 1.解决斜抛运动的基本 4上==hsin0 方法 g g 跟平抛运动一样，仍是采 从最高点到落地，在竖直方向上物体做自由落体运动，所以 用“化曲为直”的方法，将斜抛 时间年=红=sim0.则飞行时间T=红十行=2sim 运动分解为水平方向和竖直 g g 例B(2024·浙江大学附属中学高一期末)如 方向的两个运动，利用两个分 运动的等时性和独立性，按照 图甲所示，炮筒与水平方向成60°角，炮弹从炮口 各分运动的规律列式求解 射出时的速度大小是1000m/s,这个速度在水平高 2.利用逆向思雏和对称 方向的分速度以及炮弹到达最高点所用的时间分 性处理斜地运动 别为( 对于斜抛运动，可以用递 A.500m/s:50s B.500m/s:50√3s 向思雏和对称方法转化为平 C.5003m/s:50s D.5003m/s:503s 抛运动处理，斜抛运动的后半 解析将炮弹的速度水平分解和竖直分解，如图乙 段相当于平抛运动，前半段相 所示，故水平分速度为U,=vc0s60°=500m/s,竖直分 当于反向的平抛运动，且两段 运动时间、位移和速度具有对 速度为u,=vsin60°=5003m/s,炮弹到达最高，点所 称性」 用的时间1==503s 答案B 重难拓展 重难点1平抛运动的分析方法及推论 1.求解平抛运动的基本思路是把平抛运动分解成水平方向 围记方法 的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动.其基本物理量的关 平抛运动的解题技巧 系是： 1.解决落点位置问题，要 1)平抛运动时间：由=√要知，4由h决定，与无关， 建立水平位移和竖直位移之 间的关系。若画出轨迹图，还 2水平位移：由=1=√西知，江由h、共同决定， 可利用轨远方程y一盘或 (3)落地速度：先求出U,=gt,再求出v的大小，v= V十.与水平方向的夹角为a,且ama一恶=器知由和力 标题 2.解决落，点速度问题，一 共同决定 般要建立水平速度和竖直速 27 国雕手细高中物理必修第二册)（浙江专用） (4)速度的变化△U:由△v=g△t知，△v由△1决定，且方向一 度之间的关系，画好速度合成 定竖直向下，△u与无关 的失量三角形。 2.平抛运动的两个重要推论 3.注意挖掘和利用合运 (1)做平抛（或类平抛）运动的物体在任意时刻、任意位置处， 动、分运动及题设情境之间的 设其末速度方向与水平方向的夹角为0，位移方向与水平方向的 几何关系 夹角为a,则有tan0=2tana. 证明如图甲所示，由平抛运动规律得tan0=改-忍，tana= U Uo P拓视野 类平抛运动问题分析 =,所以tan0=2ana 若物体所受合力恒定且 ZUb 13 合力与初速度垂直，这时物体 的运动叫作类平抛运动，其研 究方法与平抛运动的研究方 法相似，其运动规律也与平抛 运动和似，只不过在分解运动 乙 时不一定沿竖直方向和水平 (2)做平抛（或类平抛）运动的物体在任意时刻的瞬时速度的 方向分解，且加速度大小不一 反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图乙所示。 定等于重力加速度g.解类平 证明设平抛运动的初速度为%，从抛出点（原点O)到A点 抛运动的试题时，一定要分析 的时间为t,A点的坐标为(x,),B点的坐标为(x,0),则x= 清楚加速度的大小和方向，求 t%=g,w=g.又tam0-路-五”云，解得=受 解的一般思路为： 根据物体受力特点和运 例④(2024·湖北黄冈中学高一期未)0 动特点判断该间题属于 如图所示，将一小球从坐标原点沿着水平轴 类平地运动问题 Ox以v=2m/s的速度抛出，经过一段时间 求出物体运动的加速度 到达P点，M为P点在Ox轴上的投影，作小 根据其体何题选择用常 球轨迹在P点的切线并反向延长，与Ox轴 规分解法还是用特殊分 相交于Q点，已知QM-3m,则小球运动的时间为( 解法求解 ）. A.Is B.1.5s C.2.5s D.3s 解析根据平抛运动推论可得，小球在P点速度的反向延长 线过其这段时间水平位移的中点，则有x一2QM=t,解得小球 运动的时间为=2QM_2X3s=3S,D正确，ABC错误 02 答案D 重难点2斜抛运动的研究方法及规律 1.射程和射高 射程：物体从抛出点到落地点的水平距离。 28 第五章 抛体运动么 射高：在斜抛运动中，物体能达到的最大高度， 园记方法 2.如图所示，用喷水枪喷射出一股水流，改变水流喷出时初 斜抛运动的另一种分解方法 速度的大小和方向（即喷射角），探究斜抛运动的射程和射高与哪 些因素有关。 75609 如图所示，斜抛运动可以 30 分解为一个沿初速度功方向 的匀速直线运动和一个沿坚 建立斜抛运动模型，设水流喷出时 直方向的自由落体运动. 初速度大小为，方向与水平方向成 两分位移分别为 角，如图.在竖直方向上是竖直上抛运 w-2 动，可求出水柱在空中的时间和射高，在 两分速度分别为功=山， 水平方向上是匀速直线运动，可求出射程。 达=g. 飞行时间t=2v-_2sin0 合位移x和合速度口均 5 可根据三角形定则进行计算， 射高一要， 2g 射程x=hcos0.1=26sin0cos0_6sin20 2划重点 g g 在斜抛运动中保持抛射 例司(2024·天津南开中学高一期末)体育课上，某同学跳 的初速度大小不变，改变抛射 起投篮，松手后篮球将斜向上飞出，恰好能够斜向下、无碰触地穿 角的大小，则： 过篮筐中心，如图所示.若篮筐平面到篮板上沿的距离是h= 1.当抛射角小于45°时， 随着抛射角的增大，射程增 0.45m,篮球脱手时初速度方向与水平方向夹角为45°，篮球穿过 大，射高增大 篮筐中心时速度与水平方向的夹角为37°，篮球到达最高点时恰 2.当抛射角等于45时， 好与篮板上沿等高，已知重力加速度g=10m/s2,sin37=0.6,篮球 射程最大。 可以看作质点，空气阻力不计.下列说法中正确的是( 3.当抛射角大于45时. 随着抛射角的增大，射程减 小，射高增大 4.当抛射角等于90°时， 射程为0，射高最大，此时为竖 直上抛运动 A.篮球的速度变化率先减小后增大 B.篮球脱手时的速度大小为5m/s C.篮球从脱手到过篮筐中心的时间为O.7s D.篮球脱手的位置到篮筐中心间的竖直高度为0.8m 29 重雅点手细高中物理必修第二册)（浙江专用） 解析速度变化率即为加速度，篮球的加速度为重力加速度， 故速度变化率保持不变，故A错误；篮球到达最高点，只有水平速 度，故篮球从最高点向右穿过篮筐中心的过程做平抛运动，则有 =2gh,代入数据解得U,=3m/s,篮球穿过篮筐中心时速度与 水平方向夹角为37，则水平建度为=m37=4m/s,则篮球 从出手到最高点，到达最高，点时竖直方向的速度为0，只有水平速 度，则有=o5=4,巨m/s,故B错误：篮球从出手到最高 点，竖直方向的速度为心一am行=4m/s,故竖直上抛运动的时 间为==0.4s,篮球从最高点到穿过篮筐中心做平抛运动， 则运动的时间为2==0.3s,故篮球脱手到过篮筐中心的时间 为t=十t2=0.7s,故C正确：篮球从出手到最高点，竖直方向的 =0,8m,则篮球脱手的位置到篮信月 高度为△h=h'-h=0.35m,故D错误。 答案C 门02关健能动提升。 题型1斜面上的平抛运动 1 例口(2024·河北石家庄一中高一期末) 解折根据tan9=上_之8r =兴，解得 hl2为 (多选)如图所示，从倾角为0的斜面上的M点 2vtan 0 水平抛出一个小球，小球的初速度为功，最后 ,则M、N间的距离s=L g cos 0 小球落在斜面上的N点.下列说法正确的是 2vtan 0 (不计空气阻力)(). gcos 0 ,故A正确；小球在N点的竖直分速 度vy=gt=2htan0,结合平行四边形定则可 以求出小球在N点的速度大小和方向，故B正 确：因为小球的质量未知，故无法求出小球的 A.可求M、V两点之间的距离 动能，故C错误；将小球的运动分解为沿斜面 B.可求小球落到N点时速度的大小和方向 和垂直于斜面两个分运动，当垂直斜面方向速 C,可求小球到达N点时的动能 度减为0时，小球的速度方向与斜面平行，此 D.可求小球与斜面间的距离最大时所用 的时间 时小球与斜面的距离达到最大，即=tan0, 30 第五章 抛体运动么 解得t=an0,故D正确。 题型3平抛运动与圆面相结合 例3(2024·浙江杭州二中高一期末)某 答案ABD 游乐场有一游乐项目，装置如图甲所示.被固 题型2落在竖直面上的平抛运动 定的装置A上有一圆形轨道，圆心为O,半 例2(2024·哈尔滨师大附中高一期末) 飞镖是一种休闲的体育活动.某人站在竖直墙 径为R,装置A左侧R处有一平台.游戏选手 壁前一定距离处练习飞镖，忽略飞镖运动中的 站在平台上将手中的小球水平抛出，球砸在圆 空气阻力，他从同一位置沿水平方向扔出两支 形轨道上还能沿原路弹回到选手手中即为游 飞镖A和B,两支飞镖插在墙壁靶上的状态如 戏成功.某次一游戏选手把弹性球从平台边缘 图所示（侧视图）.下列说法中正确的是(). 与圆心等高处沿水平方向抛出，忽略空气阻 力，小球可视为质点，重力加速度大小为g,如 果小球与圆形轨道碰撞后（碰撞没有动能损 失)该选手要想游戏成功，求： A.飞镖A的质量小于飞镖B的质量 B.飞镖A的飞行时间大于飞镖B的飞行 时间 甲 C.抛出时，飞镖A的初速度大于飞镖B (1)小球被水平抛出时的速度大小. 的初速度 (2)小球到圆形轨道时的速度大小 D.插入靶时，飞镖A的末速度一定小于飞 解析(1)根据运动过程的可逆性可知，要 镖B的末速度 想球砸在圆形轨道上还能沿原路返回到游戏 解析飞镖被抛出后做平抛运动，因此与 选手手中，即球反弹后速度方向相反，球应垂 飞镖的质量无关，故A错误；在竖直方向上为 直打在圆形轨道上，即速度方向的反向延长线 自由落体运动，由于B的下落高度大于A的下 过圆心O,如图乙所示 落高度，根据平抛运动规律有1一√。 ，因此有 tB>,故B错误：在水平方向上飞镖做匀速直 线运动，抛出的初速度为动=兰，所以1> 乙 hB,故C正确；飞镖插入靶时的速度为U= 设小球的水平位移为T,竖直位移为y,根 √十g平，根据前面的比较可知，两者的末速 据平抛运动规律的推论可知小球速度偏向角 度的大小关系无法确定，大于、等于、小于均有 的正切值为位移偏向角正切值的2倍，即 可能，故D错误 y。=2y,解得x=1.2R,根据几何关系有 [答案C 31 重雕台手细高中物理必修第二册【 划（浙江专用） R-(红-3R)-y,解得y=0.8R,小球被水 7 7 为，=V+(g=√3.因为=√3w: 平抛出时的速度大小为饰=工 若将《球的初速度大小变为之前的2倍，则 球落到斜面上时，其速度大小也变为之前的 3V10gR 10 2倍，故A正确；由之前的分析可知a球落到 (2)小球到圆形轨道时的速度方向与水平 斜面上用时为1=2，此时a球的位移为5 3g R 3 方向的夹角的余弦值为c0s0=一 R 6小 c0s30°= ,b球的水平位移为r=一 3g 球到圆形轨道时的速度大小为= ，沿斜面向下的位移为= cos 0 3g 28sin302= V10gR 2 球的位移为=层十品=3运 3g 3g ,故a、b 题型4类平抛运动 两球的位移大小不相等，故B正确；根据% 例④(2024·山东青岛二中高一期中) √话+(gsin301)2,可知相同时间内，其速 (多选)如图所示，在倾角为0=30°的足够大的 光滑斜面上，将小球a、b同时以相同的速率沿 度大小不一定变为之前的2倍，故C错误；a球 水平面内不同方向抛出.已知a球初速度方向 落到斜面上时，a球的速度大小为U。 垂直竖直平面PQM向外，b球初速度沿着PQ 7 V干(g)=√3w,此时6球的速度大小为 方向.下列说法正确的是( V话+(gsin30)P= 2w3 3 6≠2，故 D错误. 答案AB A.若将a球的初速度大小变为之前的 2倍，则a球落到斜面上时，其速度大小也将变 题型5平抛运动中的临界与极值问题 为之前的2倍 例5(2024·江西南昌二中高一月考)如 B.a球落到斜面上时，a、b两球的位移大 图所示，水平屋顶高H=5m,围墙高h=3.2m, 小不相等 围墙到房子的水平距离L=3m,围墙外空地 C.若将b球的初速度大小变为之前的 宽x=10m,为使小球从屋顶水平飞出落在围 2倍，则在相同时间内，其速度大小也将变为之 墙外的空地上，g取10m/s,求： 前的2倍 (1)小球离开屋顶时的速度的大小范围. D.a球落到斜面上时，a球的速度大小是 (2)小球落在空地上的最小速度， b球速度大小的2倍 解析当a球落到斜面上时，有tan30°= 2& 解得1=，则口球落到针面时的建度 3g 32 第五章 抛体运动么 解析(1)设小球恰好落到空地的右侧边 =L√2(i-h)=5m/s 缘时的水平初速度为，则小球的水平位移为 故小球抛出时的速度大小范围为5m/s≤ L十x=,小球的竖直位移为H=g所，解 w≤13m/s. (2)小球落在空地上，下落高度一定，落地 以上两式得=(L十x)√2苏=13m/s.设小 时的竖直分速度一定，当小球恰好越过围墙的 球恰好越过国墙的边缘时的水平初速度为， 边缘落在空地上时，落地速度最小，竖直方向 则此过程中小球的水平位移为L=2,小球 有心=2gH,又有m=√防干，解得in三 的竖直位移为H一h=?g,解以上两式得 55m/s. 03核素养聚焦一。 考向1考查对平抛运动规律的理解 28,联立解得x=2√么-号.消去工可 2h= 例①(2024·浙江1月卷)如图甲所示，小 明取山泉水时发现水平细水管到水平地面的 得二2士1)巴、易，故C正确. 2 距离为水桶高的两倍，在地面上平移水桶，水 [答案C 恰好从桶口中心无阻挡地落到桶底边沿A.已 点评本题通过小明取山泉水的情境命 知桶高为h,直径为D,则水离开出水口的速度 题，需要考生构建平抛运动模型，并结合几何 大小为( 关系处理问题.考生在复习过程中，只有不断 A只层 细水管 加强建模能力，才能应对与实际结合的物理 问题. B易 命题意图 考查对平抛运动规律的理解 核心素养 科学思雏之模型构建素养水平水平2 C2+1)D g 2 考向2考查对抛体运动规律的理解 D2+1D,景 例2(2024·山东卷)（多选）如图所示， 工程队向峡谷对岸平台抛射重物，初速度，大 解析]设出水口到桶口中 4细水管 小为20m/s,与水平方向的夹角为30°，抛出点 心的水平距离为x,如图乙所 P和落点Q的连线与水平方向夹角为30°，重 示，根据平抛运动位移公式，水 力加速度大小取10m/s,忽略空气阻力.重物 落到桶口中心有x=山，h 在此运动过程中，下列说法正确的是( 2h 2k,联立解得x= ;水 落到边沿A点有x十号二 33