第3讲 抛体运动-【创新大课堂】2026年高考二轮物理专题复习

专题一力与运动 第3讲 抛体运动 【备考要求】1.掌握运动的合成与分解，掌握解决曲线运动的一般方法.2.会灵活分解平抛、斜抛运动及 解决三维空间中抛体运动问题的方法。 考点一运动的合成与分解 [例1](2025·湖南卷·21)如图，物块以某一初 速度滑上足够长的固定光滑斜面，物块的水平 位移、竖直位移、水平速度、竖直速度分别用x、 y、心，表示.物块向上运动过程中，下列图像 可能正确的是 ) : 考点二 平抛运动 1.平抛运动及研究方法 [例2](2025·云南卷·3)如图所示，某同学将 条件初速度沿水平方向，只受重力作用 两颗鸟食从O点水平抛出，两只小鸟分别在空 性质是匀变速曲线运动 中的M点和N点同时接到鸟食.鸟食的运动视 抛运动 水平 为平抛运动，两运动轨迹在同一竖直平面内，则 常规方向 滤直线运动[ 动 分解法竖直自由落体运动” () 研究合 方向 方法与 以抛出点为原点建立适当的 特殊分解法直角坐标系，将加速度a分 解为ar、a,初速度分解 为、，然后在x、y方向 列方程求解 A.两颗鸟食同时抛出 2.平抛运动的两个推论 B.在N点接到的鸟食后抛出 (1)设做平抛运动的物体在任意时刻的速度方 C.两颗鸟食平抛的初速度相同 向与水平方向的夹角为0，位移方向与水平方向 D.在M点接到的鸟食平抛的初速度较大 的夹角为p,则有tan0=2tanp,如图甲所示. : [例3]（2025·海南省高三三模)如图所示，将质 (2)做平抛运动的物体任意时刻的瞬时速度的 量为m的小球从倾角为0的斜面顶端以速度v0 反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如 沿水平方向抛出，忽略空气阻力，斜面足够长 图乙所示. 已知重力加速度为g,对于小球落到斜面前的运 动，以下说法正确的是 () 9 精品教辅·智慧人生 高三二轮专题复习·物理 A.小球的速度与斜面平行时最小 【迁移归纳】 B.小球的速度变化越来越快 C.小球从抛出到落在斜面上所用时间 大多数平抛运动与斜面（曲面）的综合问题，最 为2tan0 终可转化为对平抛物体位移方向、速度方向分 g 析，对位移、速度分解、计算，从而解决问题。 D,经时间小球动能为m听osg 2 [例4](2025·重庆市育才中学高三三诊)足球 tan 0=%0 =vo 运动员训练罚点球，足球放置在球门中央的正 已知 】0 vy gt 前方O点.两次射门，足球先后打在水平横梁上 速度 垂直落在斜面上 的a、b两点，a为横梁中点，如图所示.若足球两 方向， O出 次击中横梁时的速度方向均沿水平方向，不计 分解 空气阻力的作用，下列说法正确的是() 速度 tan0==坠 无碰撞地进 入圆弧形轨道 tan 0=y 7n 0 =8L 的 求飞行时间、位移等 20 已知 A.若足球从O点运动到a、b的时间分别为t1 位移 和t2,则t1=2 方向， 0 tan 0= y B.若足球击中a、b两点的速度分别为v1和2， 分解 7mnAnmmn =2% 则1=2 位移 落在斜面上位移最小 gi C.若先后两次足球被踢出时的速度方向与水平 方向的夹角分别为01和02，则01<02 (x-R)2+ D.若足球从O点运动到a、b的平均速度分别为 y2=R2 01和2，则1>2 考点三 斜抛运动 斜抛运动是加速度为g的匀变速曲 性质 线运动，运动轨迹是抛物线 对称的两侧斜抛 研究方法 运动的合成与分解、逆向思维法 A- B P O 0 (1)水平方向：0z=v0c0s0,F合x= 通过轨迹定性地比较物理量 常见图例 基本规律 0;x=volcos 0 (以斜上抛 (2)竖直方向：0y= 运动为例) osin0,F合y=mg: 斜面抛出求距离最值 1 y=volsin 0-2g 定角度抛出求距离最值 精品教辅·智慧人生 10 专题一力与运动 [例5](2025·重庆八中高三适应性试卷)用如 (1)篮球球心在篮筐上方飞行的时间t: 图甲所示的足球发球机在球门正前方的A、B (2)篮球在最高点时的速度大小o; 两个相同高度的位置发射同一足球，情景如图 (3)球心经过A点时的速度大小口A, 乙所示，两次足球都水平击中球门横梁上的同 一点，不计空气阻力.则 ( 08 甲 乙 A.两次击中横梁的速度相同 B.足球两次运动的速度变化量相同 C.从B位置发射的足球初速度较大 D.从A位置发射的足球在空中的运动时间长 【迁移归纳】 [例7](2025·湖北卷·6)某网球运动员两次击 逆向思维法在物理中的应用 球时，击球点离网的水平距离均为L,离地高度 运动示例 已知条件 逆向思维 : 分别为吃L,网球离开球拍瞬间的速度大小相 等，方向分别斜向上、斜向下，且与水平方向夹 物体做斜抛运 物体做平抛 斜抛运动 角均为0.击球后网球均刚好直接掠过球网，运 动，末速度水平 运动 动轨迹平面与球网垂直，忽略空气阻力，tan0的 值为 物体做匀减速直 物体做初速度 匀减速直 B 线运动，末速度 已知的匀加速 线运动 已知 直线运动 c [总结提升]++ [例6](2024·广东深圳市模拟)小齐在投篮时， 当速度方向与斜面平行 投了一个“过桥”.篮球从距离篮筐的左侧边缘x 即受=an0,距斜面 =54cm处越过篮筐，从右侧的对称位置落下， 0 最远 当篮球球心与篮筐等高度时，球心与篮筐中心 水平方向为x轴 当位移方向与斜面平行 在一条直线AOB上，俯视如图.已知篮球在最 高点时球心距篮筐的高度h=45cm,篮筐的外 两种建系方法 竖直方向为y轴 即子=m0,落在针 面上 圈直径为D=47.4cm,篮球的直径为d=24.6cm, 当=0时，距斜面最远 重力加速度g=10m/s2.不计空气阻力和篮球 沿斜面方向为x 的自转，求： 轴，垂直斜面方 当=0时，落到斜面上 向为y轴 4 cm 54 cm 温馨提示 完成作业 专题强化练（三） 精品教辅·智慧人生(3)小物块在传送带上运动的第一个过程中，相对传送带 向前运动△x1=L一x2一t 第二个过程中，相对传送带向后运动△2=t2一x2 代入数据并比较可知，小物块在传送带上留下的划痕长△x =1m. 例6ADx一t图像的斜率表示速度，甲乙两个物块的曲线 均为抛物线，则甲物体做匀加速运动，乙物体做匀减速运 动，在0~)时间内甲乙位移可得xp= 2t0=320,xz =6+0 2一0=0，可得0时刻甲物体的速度为u=2功，甲物 体的加速度大小为41=”一，乙物体的加速度大小为a2 to =六，由牛领第二定律可得甲物体gsin0一4mg0s0= 1a1,同理可得乙物体2 mgcos0-mgsin0=1a2,联立可 得41十2=2tan0,故A正确，B错误；设斜面的质量为M, 取水平向左为正方向，水平方向上由牛顿第二定理可得f =ma1c0s0-a2c0s0=0,则t=to之前，地面和斜面之间 摩擦力为零，故C错误；t=0之后，乙物体保持静止，甲物 体继续沿斜面向下加速，水平方向上由牛顿第二定律可得 f=a1cos0,即地面对斜面的摩擦力向左，故D正确. 【巧思快解】由题图(b)知0~0内，甲、乙位移之比为3：1， 又由于甲做匀加速直线运动，乙做匀减速直线运动，可作 出甲、乙运动的v一t图像如图所示： 甲 0 由图知t=o时，甲的速度大小为20，B错误；由图像斜率 可知，甲、乙的加速度大小相等，即gsin0-h1gcos0= 2gcos0-gsin0,解得1十2=2tan0,A正确. 例7D根据题意，由运动学公式工=十号，整理可得 1 4 结合图像可得=0.4-0.2m/s=20m/s,乞a= -4m/s2,即a=-8m/s2 故1s末汽车的速度为1=o十at1,解得1=12m/s,2s 末汽车的速度为2=h十at2,解得v1=4m/s 2s内汽车的平均速度为u=西十边，解得=12m/5 2 第2s内汽车的位移为x= 十22，解得x=8m,故A、 2 B,C错误；汽车停下来的时间1= a 经过3s汽车的位移为x=安，解得x=25m,故D正确， 第3讲抛体运动 例1C物块沿斜面向上做匀减速直线运动，设初速度为 。,加速度为大小a,斜面倾角为0.可知物块在水平方向上 做匀减速直线运动，初速度为ox=c0s0,加速度大小为 ax=acos0,则有一6x=一2ax,解得ur= √/(cos0)2-2acos0·x,根据公式可知，v,-x图像为类 似抛物线的一部分，故AB错误；可知物块在竖直方向上做 .21 匀减速直线运动，速度为by=vosin0,加速度大小为a,= asin0,则有-6y=一2ayy,解得vy= √J(sin0)2-2asin0·y,根据公式可知，y,一y图像为类 似抛物线的一部分，故C正确，D错误 例2D两只小鸟分别在空中的M点和N点同时接到鸟 食，N点下落的高度更高，运动时间长，故N点接到的鸟食 先被抛出，故AB错误根据1=y=,得y= 2 如果初速度相等，则两轨迹应该重合，故C错误；同理，由y =可知，当水平位移x相等时，y>My越大，初速 26 度o越小，则在M点接到的鸟食平抛的初速度较大，故D 正确。 例3C小球落到斜面前的运动为平樾运动，速度一直在增 大，所以刚抛出时的速度最小，故A错误；小球在空中的加 速度为重力加速度，所以小球的速度变化快慢恒定不变， 故B错误：小球从抛出到落在斜面上，根据几何关系与位 移与时间公式有an0=义=三 ,整理解得所用时间为 1=2tan0,故C正确；经时间an0,将合速度活竖直方 向分解，结合速度与时间公式有小球的竖直分速度为心= 所=am0,则光时小球动能为A=子m2= 之m(呢+ =亏m6+am0)C00故D储误 例4A足球两次击中横梁时的速度方向均沿水平方向，则 逆过程均可看作平抛运动，因两次的竖直高度相同，根据 位移一时间关系h=之g,可知足球从0点运动到a,b的 时间t1=t2,故A正确：因击中b点的球水平位移较大，足 球在水平方向做匀速直线运动，由=工可知水平速度较 大，则足球击中a、b两点的速度o1<2,故B错误；根据 an0=改=型，因击中b点时的水平速度较大，可知先后 两次足球被踢出时的速度方向与水平方向的夹角关系为 0102,故C错误；若足球从O点运动到b点的位移较大， 时间相同，可知打到a、b的平均速度关系1<2，故D 错误. 例5B由题知，两足球做斜炮运动，出手后都刚好水平击 中球门横梁上的同一点，则根据逆向思维，可以把足球的 运动逆向看成平抛运动，两个足球在空中运动的加速度均 为重力加速度，由运动学规律可得，竖直方向有：=2gh, 凸=g,由于高度相同，可知两个足球出手时的竖直分速度 大小相等，两个足球从出手到击中横梁的时间相同，因为 两个足球在空中运动的加速度均为重力加速度，则足球两 次运动的速度变化量相同；水平方向有：x=v,,由于从A 位置发射的足球水平位移更大，则其水平分速度更大，则 其击中横梁时的速度更大，由关量合成法则可知，其发射 的初速度更大，故B正确，A、C、D错误. 例6解(1)根据题意，篮球在最高点时球心距篮筐的高度 h=45cm,竖直方向：h=立g6 1 解得to=0.3s 则篮球球心在篮筐上方飞行的时间：t=2t。=0.6s （但)水年方向，号+兰+红=4 解得o=3m/s 3 (3)球心经过A点时竖直方向的速度 v=gto=3 m/s 球心经过A点时的速度大小 A=√6+=32m/s 例7C由题意可画出示意图，如图所示： 设球网的高度为h,对于斜向 下击出的网球，在水平方向 有L=6cos0·t4 竖直方向有L-h=osin0· L 00 球网 十号g所，对于针向上击出 的网球，在水平方向有L= 71679157378177782171919727677 功的s0::整直方向有号-h=-功sm0·6十之6，联立 1 可得4=，号=2%如01 结合L=功c0s0·1,可得4sn0=c0s0,解得1an0=子放 C正确，ABD错误. 第4讲圆周运动天体的运动 例1ADB、P、Q两，点为同轴传动，角速度相等，即角速度 之比为1：1，故B错误；由v=wr得，线速度之比等于半径 之比，即p:Q=OP:OQ=1:5,故A正确；由a=w2r 得，向心加速度之比等于半径之比，即ap:aQ=1:√5，故 C错误：P,点随手娟做匀速圆周运动，合力始终指向圆心O 点，故D正确. 例2D小球A、B同轴转动，角速度仙相同，A的半径小于 B的半径，由向心加速度公式a=w2可知，A的向心加速 度小于B的向心加速度，故A错误；两球的w相同，rA= L 写，%，mA=2m,m=m,根据向心力公式R wr,可知两小球的向心力大小相等，故B错误；若v= √唇时A,由年顿第二定体得：2服-F=2m× -,解得轻杆对A的支持力为FA=0,根据U=wr 3 可知，B=20=2√受，对B,由牛顿第二定律得：B-m5 =m呢，解得，轻杆对B的拉力为：FB=3mg,以底座和轻杆 2 为研究对象，水平地面对底座的支持力为FN=Mg十3mg, 故C错误；根据重力做功特点可知，重力做功W=mgh,由 题意可知，A=号作=号m1=2m,mg=m,则转动过 2L 程，两球重力对系统做功为零，转动过程合外力对系统做 功为零，系统的动能不变，两球的线速度大小保持不变，则 两球恰好做匀速圆周运动，故D正确， 例3AC小球在水平面内做匀速圆周运动，由合力提供向 心力，对小球受力分析如图所示： R 0 mg ·2 所安支持力大小为N=0行=巨mg=万×0.1×10N =√2N,由牛顿第二定律可得mgtan45°=mwR,解得w= 5rad/s,故A正确，D错误；线速度大小为v=R=5X 0.4m/s=2m/s,故B错误；向心加速度大小为am=w2R 52×0.4m/s2=10m/s2,故C正确. 例4D设地球与太阳间的距离为R,则小行星公转轨道的 半长轴为a=5R,7迟=6R,由开善勒第三定律有6R) 2 T ,解得T=66T地=6万年，故A错误：从运日点到近 T地 日，点，小行星与太阳间距离减小，由万有引力定律F= GMm可知，小行星受太阳引力增大，故B错误：由开普勒 r 第二定律可知，从远日点到近日点，小行星线速度大小逐 新增大，故C错误：由牛领第二定律有GM=ma,解得a= ,可知小行星在近日点的加速度与地球公转加主 比为2行=R21 a地(5R)2=25,故D正确. 例5A根据开普勒第二定律，在轨道2上从A向B运动 过程中线速度逐渐减小，则动能逐渐减小，故A正确；根据 GM=ma,可知在轨道2上从A向B运动过程中加速度 逐渐变小，故B错误；从轨道1变轨到轨道2，需要火箭发 动机做正功，故在轨道2上机械能大于在轨道1上机械能， 故C错误；利用引力常量和轨道1的周期，但轨道1的半径 未知，不可求出月球的质量，故D错误， 例6A设该卫星的轨道半径为，周期为T。,根据GMm m…芳由国可如：有（经一）·号=2联立解得 WT,故A正确，BCD错误 例7B设星球质量为M,在星球表面有：m=GM,质 R名 量为的飞行器与星球中心距离为”时，根据万有引力提 候向心力可得业=加号解得=√凰飞行器在距 星球表面高度为R。的轨道上做匀速圆周运动，r=2R。,动 能为：瓜=合m子，解得：E=m,引力势能为：上， 4 mE(民一京）尽，飞行器在距星球表面高度为 R。的轨道上做匀速圆周运动机械能为：E=Ek十E。= mgR+mgoR_3mgoR0,设发射初速度为·飞行器在 4 2 4 距星球表面的机栈能为：民=0十0=m听十0，根据 3gR0,故 机械能守恒定律可得：E0=E,联立解得：=√2 B正确、ACD错误. 第5讲机械振动和机械波 例1B经△t=0.125s小球首次回到其下端与水平线a对 齐时的位置，可知T=4△，解得T=0.5s,则频率为f= 子，解得了=2H2,故A错误：由题可知A=4=1m,则小