第4章 第2讲 抛体运动（教师用书Word）-【正禾一本通】2026年新高考物理高三一轮总复习高效讲义

该高中物理高考复习讲义围绕抛体运动专题，涵盖平抛、斜抛、类平抛等核心考点，按基础规律-临界问题-约束条件应用的逻辑架构展开，通过考点梳理、方法指导、真题训练等环节，帮助学生建立运动分解模型，突破平抛推论、斜面约束等难点。 讲义突出科学思维与模型建构，如平抛临界问题中结合“恰好穿过窗口”关键词分析位移速度关系，斜抛运动用逆向思维法简化问题，设置辨析判断、分层例题及思维延伸题，培养学生运动观念和推理能力，助力教师高效把控复习节奏，提升学生应考实战能力。

第2讲　抛体运动 【备考目标】　1.掌握平抛运动的规律，学会处理斜面或圆弧面约束下的平抛运动问题。2.会处理平抛运动中的临界、极值问题。3.学会运用运动的合成与分解处理斜抛运动问题。　 考点一　平抛运动的规律 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 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：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。 4．规律 (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＝gΔt是相同的，方向恒为竖直向下，如图所示。 (2)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。 (3)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，速度方向与水平方向的夹角θ和位移方向与水平方向的夹角α的关系为：tan θ＝2tan α。 [辨析明理] 1．判断下列说法的正误 (1)物体做平抛运动时，其加速度方向与速度方向的夹角逐渐变小。(√) (2)做平抛运动的物体在单位时间内的速度变化量越来越大。(×) (3)做平抛运动的物体在任意相等时间内速度大小的变化相同。(×) 2．(2024·海南高考改编)在跨越河流表演中，一人骑车以25 m/s的速度水平冲出平台，恰好跨越长x＝25 m的河流落在河对岸平台上，不计空气阻力，取g＝10 m/s2，则两平台的高度差h为________。 提示：车做平抛运动，设运动时间为t，竖直方向h＝gt2，水平方向d＝v0t，其中d＝25 m、v0＝25 m/s，解得h＝5 m。 角度(一) 平抛运动规律的应用 【例1】 (2024·四川凉山模拟)从竖直墙的前方A处，沿AO方向水平发射三颗弹丸a、b、c，在墙上留下的弹痕如图所示。已知Oa＝ab＝bc，则a、b、c三颗弹丸(不计空气阻力)(　　 ) A．飞行时间之比是1∶2∶3 B．初速度之比是∶∶ C．初速度之比是1∶∶ D．从射出至打到墙上的过程速度增量之比是∶∶ 解析：选B。水平发射的弹丸做平抛运动，竖直方向上是自由落体运动，水平方向上是匀速直线运动，竖直方向上Oa＝ab＝bc，即Oa∶Ob∶Oc＝1∶2∶3，由h＝gt2，可知ta∶tb∶tc＝1∶∶，故A错误；由水平方向x＝v0t，可得va∶vb∶vc＝1∶∶＝∶∶，故B正确，C错误；由Δv＝gt可知，从射出至打到墙上的过程速度增量之比是1∶∶，故D错误。 [规律方法]分析平抛运动时，不管从位移关系求速度，还是从速度关系求位移，都可以以“时间”为桥梁。 角度(二) 平抛运动的临界问题 核心突破 1．平抛运动的临界问题有两种常见情形： (1)物体的位移或速度达到“最大”或“最小”时； (2)物体的位移或速度“恰好沿某一方向”时。 2．临界问题的解题技巧：在题中找出有关临界问题的关键词，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。 【例2】 如图所示，窗子上、下沿间的高度H＝1.6 m，竖直墙的厚度d ＝0.4 m，某人在距离墙壁L＝1.4 m、距窗子上沿h ＝0.2 m处的P点，将可视为质点的小物件以垂直于墙壁的速度v水平抛出，要求小物件能直接穿过窗口并落在水平地面上，不计空气阻力，g＝10 m/s2。则可以实现上述要求的速度大小是(　　) A．2 m/s B．4 m/s C．8 m/s D．10 m/s 解析：选B。小物件做平抛运动，恰好擦着窗子上沿右侧墙边缘穿过时速度v最大，此时有L＝vmaxt1，h＝gt，代入数据解得vmax＝7 m/s，小物件恰好擦着窗口下沿左侧墙边缘穿过时速度v最小，则有L＋d＝vmint2，H＋h＝gt，代入数据解得vmin＝3 m/s，故v的取值范围是3 m/s≤v≤7 m/s，故B正确，A、C、D错误。 考点二　落点有约束的平抛运动　　　　　　　　　　　　 常见情境及解题策略 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。(已知速度的方向垂直于斜面) 分解速度tan θ＝＝ 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＝＝ 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＝＝＝ 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＝＝＝ 【例3】 如图所示，将一小球从A点以某一初速度水平拋出，小球恰好落到斜面底端B点；若在B点正上方与A等高的C点将小球以相同大小的初速度水平抛出，小球落在斜面上的D点，A、B、C、D在同一竖直面上，则为(　　 ) A． B． C． D． 解析：选D。如图，设A、B之间高度差为h，C、D之间高度差为h′，则h＝gt，h′＝gt，可得t1＝，t2＝，斜面倾角的正切值tan θ＝＝，解得h′＝h，所以＝＝，故D正确，A、B、C错误。 【例4】 (2024·山东聊城模拟)跳台滑雪是一种勇敢者的滑雪运动，运动员在滑雪道上获得一定速度后从跳台飞出，在空中飞一段距离后落地。如图所示，运动员从跳台A处沿水平方向以v0＝20 m/s的速度飞出，落在斜坡上的B处，斜坡与水平方向的夹角θ为37°，不计空气阻力(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)，求： (1)运动员在空中飞行的时间； (2)运动员落在B处时的速度大小； (3)运动员在空中离坡面的最大距离。 解析：(1)运动员做平抛运动，设在空中飞行的时间为t，则有x＝v0t，y＝gt2 由题图可知tan θ＝ 联立解得t＝tan θ＝3 s。 (2)运动员落在B处时有vx＝v0，vy＝gt 所以vB＝＝10 m/s。 (3)取沿斜坡向下方向(x方向)与垂直于斜坡向上方向(y方向)分析运动员的运动，则在垂直于斜坡方向上 vy′＝v0sin θ＝12 m/s ay＝－g cos θ＝－8 m/s2 当vy′＝0时，运动员在空中离坡面的距离最大，则有 d＝＝9 m。 答案：(1)3 s　(2)10 m/s　(3)9 m [思维延伸](1)运动员在空中飞行多长时间离坡面的距离最大？与落在B点的时间有什么关系？ (2)若运动员从跳台A处沿水平方向飞出的速度变为原来的一半，则运动员在空中飞行时间变为原来的多少倍？ (3)初速度改变后，落在斜面上时，速度方向与斜面的夹角变化吗？ 提示：(1)运动员在空中离坡面的距离最大时，速度方向与斜面平行，通过分解速度可得vy＝v0tan θ＝gt，则t＝，为落在B点时间的一半。 (2)由(1)问知t＝tan θ，可知t∝v0，故在空中飞行时间变为原来的。 (3)落在斜面上时的位移方向相同，由平抛运动的推论可知速度方向相同，故速度方向与斜面的夹角不变。 考点三　类平抛运动 　　　　 核心突破 1．类平抛运动的受力特点 物体所受的合外力为恒力，且与初速度的方向垂直。 2．类平抛运动的运动特点 在初速度v0方向上做匀速直线运动，在合外力方向上做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝。 3．类平抛运动的求解方法 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(即沿合外力方向)的匀加速直线运动。两分运动具有独立性和等时性。 【例5】 (多选)如图所示，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，下列说法中正确的是(　　 ) A. 小球的运动轨迹为抛物线 B．小球的加速度为g sin θ C．小球到达B点时的速度为 D．小球到达B点时小球的水平位移为 解析：选ABD。小球受重力和支持力两个力作用，合力沿斜面向下，与初速度垂直，做类平抛运动，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＝＝g sin θ，故B正确；根据机械能守恒定律，则有mv2－mv＝mgh，解得v＝，故C错误；小球在沿斜面方向上的位移为，根据＝at2解得t＝ ，在水平方向上做匀速直线运动，x＝v0t＝ ，故D正确。 考点四　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。 (1)初速度可以分解为v0x＝v0cos θ，v0y＝v0sin θ 在水平方向，物体的速度和位移分别为： vx＝v0x＝v0cos θ x＝v0xt＝(v0cos θ)t。 在竖直方向，物体的速度和位移分别为： vy＝v0y－gt＝v0sin θ－gt y＝v0yt－gt2＝(v0sin θ)t－gt2。 (2)当斜抛物体落点位置与抛出点等高时 ①射高：h＝＝。 ②飞行时间：t＝＝ 。 ③射程：s＝v0cos θ·t＝＝，对于给定的v0，当θ＝45°时，射程达到最大值，smax＝。 [辨析明理] 1．判断下列说法的正误 (1)抛体运动有斜上抛运动、斜下抛运动、竖直上抛运动、自由落体运动，抛体运动都是匀变速运动。(√) (2)抛体运动的轨迹都是曲线。(×) (3)斜抛运动和平抛运动在竖直方向上做的都是自由落体运动。(×) (4)物体做斜上抛运动到达最高点时，速度为零。(×) 2．如图所示，从水平地面上同一点射出的甲、乙两发炮弹的飞行路径分别为曲线1和曲线2，且两曲线的最高点等高。不计空气阻力。甲的初速度的水平分量________乙的初速度的水平分量，甲在空中飞行的时间________乙在空中飞行的时间，甲的落地速度________乙的落地速度。(均选填“大于”“小于”或“等于”) 提示：小于　等于　小于 【例6】 (2024·辽宁沈阳模拟)某篮球运动员正在进行投篮训练，若将篮球视为质点，忽略空气阻力，篮球的运动轨迹可简化为如图所示，其中A是篮球的投出点，B是运动轨迹的最高点，C是篮球的投入点。已知篮球在A点的速度与水平方向的夹角为45°，在C点的速度大小为v0且与水平方向夹角为30°，重力加速度大小为g，下列说法正确的是(　　 ) A．篮球在B点的速度为零 B．从B点到C点，篮球的运动时间为 C．A、B两点的高度差为 D．A、C两点的水平距离为 解析：选C。篮球在B点的速度为vB＝vx＝v0cos 30°＝v0，故A错误；从B点到C点，篮球的运动时间为t＝＝＝，故B错误；A、B两点的高度差为h＝＝＝，故C正确；A、C两点的水平距离为x＝vx＝v0(＋)＝，故D错误。 [规律方法]逆向思维法处理斜抛运动 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时，还可根据对称性求解某些问题。 【例7】 (2025·八省新高考适应性考试·内蒙古卷)投沙包游戏规则为：参赛者站在离得分区域边界AB一定的距离外将沙包抛出，每个得分区域的宽度d＝0.15 m，根据沙包停止点判定得分。如图，某同学以大小v0＝5 m/s、方向垂直于AB且与水平地面夹角53°的初速度斜向上抛出沙包，出手点距AB的水平距离L＝2.7 m，距地面的高度h＝1 m。落地碰撞瞬间竖直方向速度减为零，水平方向速度减小。落地后沙包滑行一段距离，最终停在9分、7分得分区的分界线上。已知沙包与地面的动摩擦因数μ＝0.25，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，取重力加速度大小g＝10 m/s2，空气阻力不计。求： (1)沙包从出手点到落地点的水平距离x； (2)沙包与地面碰撞前、后动能的比值k。 解析：(1)沙包竖直方向上的初速度为 vy＝v0sin 53°＝4 m/s 以竖直向上为正方向，对沙包竖直方向的运动，有 －h＝vyt－gt2 解得t＝1 s 沙包抛出的水平初速度为 vx＝v0cos 53°＝3 m/s 从抛出到落地，沙包的水平位移为 x＝vxt＝3 m。 (2)沙包滑行的距离为 x0＝L＋5d－x＝0.45 m 水平方向上有f＝μmg＝ma 沙包滑行的加速度大小a＝μg＝2.5 m/s2 滑行的初速度满足v＝2ax0 沙包与地面碰撞后的动能 Ek2＝mv＝m 沙包落地时的竖直速度 vy′＝vy－gt＝－6 m/s 落地时的动能Ek1＝m(v＋vy′2)＝m 所以k＝＝20。 答案：(1)3 m　(2)20 学科网（北京）股份有限公司 $