2026届高考物理二轮复习导学案：落点有约束的平抛运动

落点有约束的平抛运动 一．知识讲解 有约束条件的平抛运动模型 已知条件 情景示例 解题策略 已知速度方向 物体做平抛运动，垂直落到斜面上，如图所示，已知某时刻的速度方向垂直于斜面 分解速度，有 物体做平抛运动，恰好无碰撞地进入圆弧形轨道，如图所示，即已知某时刻的速度方向沿该点圆弧的切线方向 分解速度，有 已知位移方向 物体从斜面上平抛又落回到斜面上，如图所示，已知位移的方向沿斜面向下 分解位移，有 物体从斜面外平抛，落在斜面上有最小的位移，如图所示，即已知位移方向垂直于斜面 分解位移，有 利用位移关系 物体从圆心处平抛，落到半径为R的圆弧上，如图所示，位移大小等于半径R 运用几何关系 x2＋y2＝R2， 且x＝v0t， 物体从与圆心等高的圆弧上抛出落到半径为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 运用几何关系 x＝R＋Rcos θ， y＝Rsin θ， (x－R)2＋y2＝R2， 且x＝v0t， 二．典例精讲 1．与斜面相关的平抛运动 例题1 如图所示，以10 m/s的水平初速度抛出的物体，飞行一段时间后，垂直地撞在倾角θ＝30°的斜面上，g取10 m/s2，这段飞行所用的时间为（ ） A． s B． s C． s D．2 s 【答案】C 【解析】物体做平抛运动，当垂直地撞在倾角为θ的斜面上时，把物体的速度分解如图所示，tan θ＝，代入数据解得t＝ s，C项正确。 例题2 如图所示，从倾角为θ且足够长的斜面的顶点A，先后将同一小球以不同的初速度水平向右抛出，第一次初速度为v1，小球落到斜面上前一瞬间的速度方向与斜面的夹角为φ1，第二次初速度为v2，小球落在斜面上前一瞬间的速度方向与斜面间的夹角为φ2，若v2＞v1，则φ1和φ2的大小关系是（ ） A．φ1＞φ2 B．φ1＜φ2 C．φ1＝φ2 D．无法确定 【答案】C 【解析】根据平抛运动的推论，做平抛（或类平抛）运动的物体在任一时刻或任一位置时，设其速度方向与水平方向的夹角为α，位移与水平方向的夹角为β，则tan α＝2tan β，由上述关系式结合题图中的几何关系可得tan (φ＋θ)＝2tan θ，此式表明小球的速度方向与斜面间的夹角φ仅与θ有关，而与初速度无关，因此φ1＝φ2，即以不同初速度平抛的物体，落在斜面上各点的速度方向是互相平行的，C项正确。 2．与弧面相关的平抛运动 例题3 如图所示，水平路面出现了一个大坑，其竖直截面为半圆，AB为沿水平方向的直径。一辆行驶的汽车发现情况后紧急刹车安全停下，但两颗石子分别以速度v1、v2从A点沿AB方向水平飞出，分别落于C、D两点，C、D两点距水平路面距离分别为圆半径的0.6倍和1倍。则v1∶v2的值为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】设圆弧的半径为R，依平抛运动规律得x1＝v1t1，x2＝v2t2，联立得＝，两石子在竖直方向做自由落体运动，y1＝，y2＝，由两式相比得，其中y1＝，y2＝R，则有，代入速度比关系式得，C项正确。 例题4 如图所示为固定的半圆形竖直轨道，AB为水平直径，O为圆心，同时从A点水平抛出甲、乙两个小球，初速度分别为v1、v2，落在轨道上的C、D两点，OC、OD连线与竖直方向的夹角均为30°，忽略空气阻力，两小球均可视为质点。则（ ） A．甲、乙两球不会同时落到轨道上 B．v1∶v2＝1∶3 C．乙球与甲球的速度变化量相同 D．乙球在D点速度的反向延长线一定过O点 【答案】BC 【解析】AC．由图可知，两个小球下落的高度是相等的，根据h＝，又Δv＝gt，可知甲乙两球下落到轨道的时间相等，故甲、乙两球同时落到轨道上，甲乙两球下落到轨道的速度变化量相同，故A错误，C正确； B．设圆形轨道的半径为R，则甲水平位移为x1＝R－Rsin 30°＝0.5R，乙水平位移为x2＝R＋Rsin 30°＝1.5R，可得x2＝3x1，水平方向做匀速直线运动，则有v1∶v2＝1∶3，故B正确； D．设乙球在D点速度偏转角为α，有tan α＝，设乙球在D点位移偏转角为θ，有tan θ＝，可见tan α＝2tan θ，即在D点速度反向延长线平分水平位移，所以乙球在D点速度的反向延长线不过O点，故D错误。 故选BC。 3．平抛运动与台阶面的关联问题 例题5 如图所示，小球从楼梯上以2 m/s的速度水平抛出，所有台阶的高度和宽度均为0.25 m，取g＝10 m/s2，小球抛出后首先落到的台阶是（ ） A．第一级 B．第二级 C．第三级 D．第四级 【答案】D 【解析】如图所示，构建一个过所有台阶边缘的斜面，显然斜面的倾角θ＝45°，小球经过斜面时必满足＝tan θ，代入数据解得t＝0.4 s，此时水平位移x＝v0t＝0.8 m，为第四级台阶上方，小球将首先落在第四级台阶上，选项D正确。 三．跟踪训练 1．如图所示，从倾角为θ且足够长的斜面顶端P以速度v0抛出一个小球（可视为质点），落在斜面上某处，记为Q点，小球落在斜面上的速度与斜面的夹角为α，若把初速度变为2v0，小球仍落在斜面上，则以下说法正确的是（ ） A．夹角α将变大 B．夹角α与初速度大小无关 C．小球在空中的运动时间不变 D．PQ间距是原来间距的3倍 【答案】B 【解析】根据tan θ＝，解得t＝，初速度变为原来的2倍，则小球在空中的运动时间变为原来的2倍，C错误；根据x＝v0t＝知，初速度变为原来的2倍，则水平位移变为原来的4倍，且PQ＝，故PQ间距变为原来间距的4倍，D错误；末速度与水平方向夹角的正切值tan β＝＝2tan θ，可知速度方向与水平方向夹角正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，因为位移与水平方向夹角不变，则末速度与水平方向夹角不变，由几何关系可知α不变，与初速度大小无关，A错误，B正确。 2．如图所示，两个相对的斜面，倾角分别为37°和53°。在顶点把两个小球以同样大小的初速度分别向左、向右水平抛出，小球都落在斜面上。若不计空气阻力，则A、B两个小球的运动时间之比为（ ） A．1∶1 B．4∶3 C．16∶9 D．9∶16 【答案】D 【解析】由平抛运动的推论可知平抛运动的速度偏转角的正切值是位移偏转角正切的2倍，结合斜面的几何关系可得，＝2tan θ（θ为位移方向与水平方向的夹角），所以vy＝2v0tan θ，根据自由落体运动规律有vy＝gt，所以t＝∝tan θ，则A、B两小球从抛出到落到斜面上的时间之比为：＝9∶16，故D正确。 3．如图所示为一段台阶，每级台阶高度为h，宽度为。第一次从最上一级台阶边缘以速度v0水平右抛出一个小球，小球恰好落在其下方第一级台阶边缘a点处。第二次从相同位置以速度2v0水平向右抛出该小球，不计空气阻力，则下列说法错误的是（ ） A．第二次小球会落在下方第四级台阶边缘d点处 B．两次小球做平抛运动时间之比为1∶2 C．两次平抛，小球落到台阶上时的速度和台阶水平面的夹角均为60° D．改变水平向右抛出小球的速度大小，则小球可以落在下方第二级台阶的正中间位置 【答案】C 【解析】A．假设小球在台阶边缘连接成的斜面上做平抛运动，小球以水平速度v0向右抛出后，根据平抛运动有＝v0t，h＝；当小球以水平速度2v0向右抛出后，根据平抛运动有x＝2v0t，y＝，并且，联立解得x＝，y＝4h，故小球恰好落在第四级台级边缘d点处，故A正确，不符合题意； B．物块平抛时间t＝，两次平抛时间之比，故B正确，不符合题意； C．小球落到台阶上时的速度和台阶水平面的夹角tan α＝，因此α≠60°，故C错误，符合题意； D．设小球恰从a点经过（未碰撞），并落在第二级台阶，该平抛过程水平位移为x（此时小球初速度为v0），x＝v0t，2h＝，解得x＝，距离第二级台阶左端，小于第二级台阶宽度一半，再适当增大初速度，一定可以打到第二级台阶中点，故D正确，不符合题意。 4．（多选）如图所示，竖直面内有一半径为R的圆，O为圆心，从与O点等高处的A点以速度v0正对着圆心平抛一小球，经过时间t小球再次落到圆上。改变小球的初速度v0，则t也随之改变。如果t与v0间的函数图像如下图。取g＝10 m/s2，且不计空气阻力，根据图像上的坐标信息可以求得（ ） A．R＝1 m B．v1＝ m/s C．v2＝5 m/s D．v3＝ m/s 【答案】BC 【解析】A．由图像可知当v0＝v2时下落的时间最长，则R＝＝5 m，故A错误； BCD．当t′＝时h＝＝3 m， 水平位移x1＝＝1 m或者x2＝＝9 m 由x1＝v1t′解得：v1＝ m/s 由R＝v2t解得：v2＝5 m/s 由x2＝v3t′解得：v3＝ m/s，故BC正确，D错误。 5．如图所示，竖直面内有一个半圆形轨道，半径为R，O为圆心，AB为水平直径，C为圆弧最低点，将一个可看成质点的小球从AO上M点以速率v0（大小未知）水平向右抛出，恰好垂直打在轨道上N点，此时小球速度与竖直方向的夹角为37°。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，若不计空气阻力，则（ ） A．v0＝ B．AM之间的距离为 C．若从A点正上方某处P以某一速度水平抛出，一定不能垂直打到N点 D．若从A点水平抛出，对于落点在AC段的小球，初速度越大，落点速度与水平初速度夹角越大 【答案】A 【解析】A、小球从AO上M点以速率v0（大小未知）水平向右抛出，恰好垂直打在轨道上N点，此时小球速度与竖直方向的夹角为37° 小球在N点竖直方向的速度vNy＝ 小球从M到N运动的时间t＝ 根据平抛运动的推论，速度方向的反向延长线过水平位移的中点， 结合几何知识＝sin 37°，解得xOM＝0.6R 小球从M到N水平位移x＝2xOM＝1.2R，v0＝，A正确； B、由A选项知xOM＝0.6R，AM之间的距离为，B错误； C、若从A点正上方某处P以某一速度水平抛出，有可能垂直打到N点，C错误； D、根据平抛运动的推论，速度方向的反向延长线过水平位移的中点，速度夹角正切值是位移夹角正切值的2倍，初速度越大，落点在AC段的小球位移夹角的正切值越小，落点速度与水平初速度夹角越小，D错误； 故选A。 6．如图所示，在竖直的平面直角坐标系xOy中，一无阻挡的抛物线边界y＝x2把平面分为两部分，在y轴上A处有一质点小球以v0＝ m/s的初速度垂直于y轴射出，已知OA＝5 m，不计空气阻力，g＝10 m/s2，则（ ） A．小球到达边界的时间为 s B．小球到达边界的位置为（－ m，2 m） C．小球到达x轴时速度方向与x轴负方向成30° D．经过足够长的时间，小球速度方向可能和y轴平行 【答案】A 【解析】小球做平抛运动，则其坐标分别为x＝－v0t，y＝y0－，其中y0＝5 m，与y＝x2联立，可得x＝－2 m，y＝4 m，t＝ s，故到达边界的位置为（－2 m，4 m），到达边界的时间为 s，故A正确，B错误；小球下落OA高度时，竖直方向的速度大小为vy＝＝10 m/s，到达x轴时速度方向与水平方向的夹角的正切值tan θ＝，即θ不为30°，故C错误；根据tan θ＝可知，小球速度不可能与y轴平行，故D错误。 学科网（北京）股份有限公司 $