第4章 第2讲 抛体运动(word教师用书)-【金版新学案】2027年高考物理高三总复习大一轮复习讲义

该高中物理讲义聚焦抛体运动高考核心考点，涵盖平抛运动特点规律、落点约束（斜面或圆弧）、临界极值及斜抛运动，按基础规律到复杂情境的逻辑架构知识，通过考点梳理、方法指导（运动合成与分解）、真题训练（如2025广东汕头三模）等环节，帮助学生系统突破难点。 资料以情境化例题（飞镖扎气球、跳台滑雪）和分层练习（针对练、拓展应用）为特色，运用运动合成与分解建模，培养科学思维与模型建构能力，如斜面平抛中推导位移偏向角与速度关系，确保高效复习，提升学生应考能力，为教师把控复习节奏提供有力指导。

第2讲　抛体运动 【学习目标】　1.理解平抛运动的特点和规律。2.会用运动合成与分解分析平抛运动，会处理斜面或圆弧面等约束下的平抛运动问题。3.会处理平抛运动中的临界、极值问题。4.会运用运动的合成与分解处理斜抛运动问题。 考点一　平抛运动的特点及规律 1.平抛运动 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 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 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 2.平抛运动的规律 (1)平抛运动的速度和位移 如图甲所示，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。 (2)速度的变化量 任意相等时间间隔Δt内的速度的变化量Δv＝gΔt相同，方向恒为竖直向下，如图乙所示。 注意：平抛运动中任意相等时间间隔Δt内的速率的变化量一定不相等。 (3)两个重要推论 ①平抛运动的物体在任意时刻(任意位置处)的速度偏向角θ与位移偏向角α的关系一定满足tan θ＝2tan α。 ②平抛运动的物体在任意时刻的瞬时速度的反向延长线与初速度方向的延长线的交点一定通过对应水平位移的中点，即图甲中xB＝。 【正误辨析】 (1)抛出点离地面越高，做平抛运动的物体落地时间一定越长。(√) (2)做平抛运动的物体，落地时的水平位移与物体的初速度无关。(×) (3)做平抛运动的物体，落地时的水平位移与物体抛出点的高度无关。(×) (4)平抛运动的加速度方向与速度方向的夹角逐渐变小。(√) (5)相等时间内，做平抛运动的物体速度大小变化相同。(×) (多选)(2025·广东汕头三模)飞镖扎气球是一种娱乐游戏项目，其示意图如图甲所示，靶面竖直固定，O点为镖靶中心，OP水平、OQ竖直，靶面图如图乙所示。若每次都在空中同一位置M点水平射出飞镖，且M、O、Q三点在同一竖直平面，忽略空气阻力。关于分别射中靶面O、P、Q三点的飞镖，下列说法正确的是(　　) A.射中O点的飞镖射出时的速度最小 B.射中P点的飞镖射出时的速度最小 C.射中Q点的飞镖在空中飞行时间最长 D.射中O、P两点的飞镖在空中飞行时间相等 答案：CD 解析：飞镖做平抛运动，由平抛运动的规律有h＝gt2，x＝vt，联立解得v＝x，因为hO＝hP＜hQ，可知射中O、P两点的飞镖在空中飞行时间相等，射中Q点的飞镖在空中飞行时间最长，即tQ＞tO＝tP，又因为xO＝xQ＜xP，则有vQ＜vO＜vP，可知平抛初速度最小的是射中Q点的飞镖，所以A、B错误，C、D正确。 学生用书⬇第64页 针对练.(2026·云南卷·T3)如图所示，某同学将两颗鸟食从O点水平抛出，两只小鸟分别在空中的M点和N点同时接到鸟食。鸟食的运动视为平抛运动，两运动轨迹在同一竖直平面内，则(　　) A.两颗鸟食同时抛出 B.在N点接到的鸟食后抛出 C.两颗鸟食平抛的初速度相同 D.在M点接到的鸟食平抛的初速度较大 答案：D 解析：鸟食的运动视为平抛运动，则在竖直方向有h＝gt2，由于hM ＜ hN，则tM ＜ tN，又同时接到鸟食，则在N点接到的鸟食先抛出，故A、B错误；在水平方向有x ＝ v0t，如图，过M点作一水平线，可看出在相同高度处M点接到的鸟食的水平位移大，则在M点接到的鸟食平抛的初速度较大，故C错误，D正确。 类平抛运动问题 类平抛运动问题处理方法与平抛运动相同，将物体的运动沿着初速度方向(x方向)和垂直于初速度方向(y方向)分解，由于物体在初速度方向上做匀速直线运动，满足vx＝v0，x＝v0t；垂直于初速度的方向上由于受恒力作用，物体在该方向上做初速度为零的匀加速直线运动，满足vy＝at，y＝at2。 拓展应用.(多选)如图所示的光滑斜面长为l，宽为b，倾角为θ，将一物块(可看成质点)由斜面左上方顶点P以初速度v0水平射入斜面。物块恰好从斜面底端Q点离开斜面，重力加速度为g，则(　　) A.物块由P点运动到Q点所用的时间t＝ B.物块由P点运动到Q点所用的时间t＝ C.初速度v0＝b D.初速度v0＝b 答案：AC 解析：垂直于初速度方向上，根据牛顿第二定律可得mgsin θ＝ma，则物块做类平抛运动的加速度为a＝gsin θ，根据l＝at2得t＝，A正确，B错误；物块射入斜面的初速度为v0＝＝b，C正确，D错误。 考点二　平抛运动落点的约束问题 落点在斜面上 落点在斜面上的三种情境分析 模型 方法 分解速度，构建速度的矢量三角形，找到斜面倾角θ与速度方向的关系 分解速度，构建速度的矢量三角形，找到斜面倾角θ与速度方向的关系 分解位移，构建位移三角形，隐含条件：斜面倾角θ等于位移方向与水平方向的夹角 续表 基本 规律 水平：vx＝v0 竖直：vy＝gt 合速度： v＝ 方向： tan θ＝ 水平：vx＝v0 竖直：vy＝gt 合速度： v＝ 方向： tan θ＝ 水平：x＝v0t 竖直：y＝gt2 合位移： s＝ 方向： tan θ＝ 如图所示，斜面倾角为θ＝30°，在斜面上方某点处，先让小球(可视为质点)自由下落，从释放到落到斜面上所用时间为t1，再让小球在该点水平抛出，小球刚好能垂直打在斜面上，运动的时间为t2，不计空气阻力，则为(　　) A. B. C. D. 答案：D 解析：设小球水平抛出的初速度为v0，则打到斜面上时，沿竖直方向的分速度vy＝＝gt2，水平位移x＝v0t2，抛出点到斜面的竖直高度h＝＋xtan θ＝＋＝，又h＝g，解得t2＝，t1＝，则＝，D正确。 (2026·山东青岛期中)跳台滑雪是一种以双板为工具的滑雪运动，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： 学生用书⬇第65页 (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。 答案：(1)3 s　(2)10 m/s　(3)9 m 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)沿斜坡方向与垂直于斜坡方向分析运动员的运动，则在垂直于斜坡方向上，有v⊥0＝v0sin θ＝12 m/s a⊥＝－gcos θ＝－8 m/s2 当v⊥＝0时，运动员在空中离坡面的距离最大，最大距离d＝＝9 m。 拓展变式1.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？在斜坡上飞行距离变为原来的多少倍？ 答案：0.5倍　0.25倍 解析：由例3(1)知t＝tan θ，可知t∝v0，故在空中飞行时间变为原来的0.5倍。由l＝＝＝，可知l∝，故在斜坡上飞行距离变为原来的0.25倍。 拓展变式2.初速度改变后，落在斜坡上，速度方向与斜坡夹角变化吗？ 答案：不变 解析：落在斜面上时，位移方向相同，由平抛运动的推论可知速度方向相同，故速度方向与斜坡夹角不变。 落点在圆弧面上 落点在圆弧面上的三种情境分析 运动情境 物理量分析 tan θ＝ ＝ →t＝ 在半圆内的平抛运动，有 R＋ ＝v0t→t＝ 小球恰好从圆柱体的Q点沿切线飞过，此时半径OQ垂直于速度方向，圆心角θ与速度的偏向角相等 (多选)如图为一半圆柱形的坑，其中坑边缘两点A、B与圆心O等高，在边缘A点将一小球以速度v1水平抛出，小球落到C点，运动时间为t1；第二次从A点以速度v2水平抛出，小球落到D点，运动时间为t2。A、B、C、D与圆心O在同一竖直平面内，不计空气阻力，则(　　) A.v1＜v2 B.t1＜t2 C.小球落到D点时，速度方向可能垂直圆弧 D.小球落到C点时，速度与水平方向的夹角一定大于45° 答案：AD 解析：连接AC和AD，如图所示，设AC和AD在竖直方向上的投影分别为hAC和hAD，由图可知hAC＞hAD，由hAC＝g，hAD＝g，可得t1＞t2，设AC和AD的水平方向上的投影分别为xAC和xAD，则由xAC＜xAD，xAC＝v1t1，xAD＝v2t2，可得v1＜v2，故A正确，B错误；若小球落到D点时，速度方向垂直圆弧，则速度方向的反向延长线通过圆心，由于O点不是水平位移的中点，所以小球落到D点时，速度方向不可能垂直圆弧，故C错误；小球落到C点时，设小球的位移偏向角为α，即AC与水平方向的夹角为α，则有tan α＝＝1，可得α＝45°，根据平抛运动规律，设小球的速度偏向角为β，即小球落到C点时速度方向与水平方向的夹角为β，满足tan β＝2tan α＝2，说明β一定大于45°，即速度与水平方向的夹角一定大于45°，故D正确。故选AD。 针对练.(多选)如图所示，一个半径为R＝0.75 m的半圆柱体放在水平地面上，一小球从圆柱体左端A点正上方的B点水平抛出(小球可视为质点)，恰好从半圆柱体的右上方C点掠过。已知O为半圆柱体侧面半圆的圆心，OC与水平方向夹角为53°，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，则(　　) A.小球从B点运动到C点所用时间为0.3 s B.小球从B点运动到C点所用时间为0.5 s C.小球做平抛运动的初速度为4 m/s D.小球做平抛运动的初速度为6 m/s 答案：AC 解析：小球做平抛运动，飞行过程中恰好与半圆柱体相切于C点，可知速度方向与水平方向的夹角为37°，tan 37°＝＝，设位移与水平方向的夹角为θ，则有tan θ＝＝＝tan 37°＝，因为tan θ＝＝，解得y＝ m，根据y＝gt2，可得小球从B点运动到C点所用时间为t＝＝ s＝0.3 s，故A正确，B错误；小球做平抛运动的初速度v0＝＝4 m/s，故C正确，D错误。 学生用书⬇第66页 考点三　平抛运动的临界极值问题 1.平抛运动中临界问题的两种常见情况 (1)涉及物体的“最大位移”“最小位移”“最大初速度”“最小初速度”等问题。 (2)物体的速度方向恰好沿着“某一方向”。 2.求解平抛运动临界问题的一般思路 (1)确定临界状态，若有必要，画出临界轨迹。 (2)找出临界状态对应的临界条件。 (3)根据平抛运动的规律列方程求解。 如图为排球比赛场地示意图，其长度为L，宽度为s，球网高度为h。比赛中假设某次球员在底线中点正上方沿水平方向发球，发球点高度为1.5h，排球做平抛运动(排球可看作质点，忽略空气阻力)，重力加速度为g，则排球(　　) A.能过网的最小初速度为 B.能落在界内的最大位移为 C.能过网而不出界的最大初速度为 D.能落在界内的最大末速度为 答案：C 解析：根据平抛运动的规律有x＝v0t，y＝gt2，联立可得y＝x2，刚能过网的条件为x＝，y＝1.5h－h＝0.5h，代入轨迹方程可得最小初速度为v0min＝，故A错误；能落在界内的最大位移是xmax＝，故B错误；能过网而不出界落在斜对角上时有最大初速度，条件为x＝，y＝1.5h，代入轨迹方程可得最大初速度为v0max＝，故C正确；根据速度的合成规律可知，能落在界内的最大末速度为vmax＝＝，故D错误。故选C。 针对练.如图所示，一可看作质点的小球从一台阶顶端以v0＝4 m/s的水平速度抛出，每级台阶的高度和宽度均为1 m，如果台阶数足够多，重力加速度g取10 m/s2，则小球将首先落在台阶的标号为(　　) A.1 B.2 C.3 D.4 答案：D 解析：设小球从抛出到落到台阶上经历的时间为t，则水平位移为x＝v0t，竖直位移为y＝gt2，因为每级台阶的高度和宽度均为1 m，所以小球落在台阶上时位移与水平方向的夹角大于或等于45°，即≤tan 45°＝1，代入数据解得t≥0.8 s，水平位移x≥4×0.8 m＝3.2 m，则台阶数n≥＝3.2，可知小球抛出后首先落到标号为4的台阶上。故选D。 考点四　斜抛运动问题 1.定义：将物体以初速度v0沿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.基本规律(以斜上抛运动为例) (1)以抛出点为坐标原点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。 (2)初速度可以分解为v0x＝v0cos θ，v0y＝v0sin θ。 ①在水平方向 速度：vx＝＝v0cos θ； 位移：x＝v0xt＝v0cos θ·t。 ②在竖直方向 速度：vy＝v0y－gt＝v0sin θ－gt； 位移：y＝v0yt－gt2＝v0sin θ·t－gt2。 1.斜上抛运动的飞行时间、射高和射程 (1)在最高点时：vy＝0，t＝。 物体落回与抛出点同一高度时，有y＝0，飞行时间t总＝。 (2)射高：Hm＝＝。 (3)射程：xm＝v0cos θ·t总＝。 注意：当θ＝45°时，射程xm最大。即初速度v0大小一定时，沿θ＝45°方向斜向上抛出，射程最大。 2.逆向思维法和对称性处理斜抛问题 对斜上抛运动从抛出点到最高点的运动过程，可以逆向看成平抛运动；分析完整的斜上抛运动，还可根据对称性求解有关问题。 学生用书⬇第67页 (多选)(2024·山东卷·T12)如图所示，工程队向峡谷对岸平台抛射重物，初速度v0大小为20 m/s，与水平方向的夹角为30°，抛出点P和落点Q的连线与水平方向夹角为30°，重力加速度大小取10 m/s2，忽略空气阻力。重物在此运动过程中，下列说法正确的是(　　) A.运动时间为2 s B.落地速度与水平方向夹角为60° C.重物离PQ连线的最远距离为10 m D.轨迹最高点与落点的高度差为45 m 答案：BD 解析：将初速度分解为沿PQ方向的分速度v1和垂直PQ方向的分速度v2，则有v1＝v0cos 60°＝10 m/s，v2＝v0sin 60°＝10 m/s，将重力加速度分解为沿PQ方向的分加速度a1和垂直PQ方向的分加速度a2，则有a1＝gsin 30°＝5 m/s2，a2＝gcos 30°＝5 m/s2，垂直PQ方向根据对称性可得重物的运动时间为 t＝2＝4 s，重物离PQ连线的最远距离为dmax＝＝10 m，故A、C错误；重物落地时竖直分速度大小为vy＝－v0sin 30°＋gt＝30 m/s，则落地速度与水平方向夹角θ的正切为tan θ＝＝＝，可得θ＝60°，故B正确；从抛出到轨迹最高点所用时间为t1＝＝1 s，则从轨迹最高点到落地所用时间为 t2＝t－t1＝3 s，轨迹最高点与落点的高度差为h＝g＝45 m，故D正确。故选BD。 针对练.如图所示，在铅球运动员的某次训练中，运动员将质量m＝6 kg的铅球斜向上抛出，铅球离开手的瞬间速度大小v0＝10 m/s，方向与水平方向夹角θ＝37°，铅球离开手时离水平地面的高度h＝2.25 m。重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力。求： (1)铅球离开手瞬间的水平分速度大小和竖直分速度大小v0y； (2)铅球上升到最高点的时间t和离地面的最大高度H； (3)运动员抛出的铅球落地时飞出的水平距离。 答案：(1)8 m/s　6 m/s　(2)0.6 s　4.05 m (3)12 m 解析：(1)铅球离开手瞬间的水平分速度大小v0x＝v0cos 37°＝8 m/s 铅球离开手瞬间的竖直分速度大小v0y＝v0sin 37°＝6 m/s。 (2)由逆向思维可知，铅球上升到最高点的过程的逆过程为平抛运动，由平抛运动竖直方向速度与时间的关系可得铅球上升到最高点的时间t＝＝0.6 s 设铅球从抛出点上升到最高点的距离为h1，则根据竖直方向的运动有h1＝ 则铅球离地的最大高度H＝h＋h1＝4.05 m。 (3)方法一　设铅球从最高点到落地的时间为t'，有H＝gt'2 解得t'＝0.9 s 铅球飞行总时间t总＝t＋t'＝1.5 s 铅球的水平位移x＝t总＝12 m。 方法二　竖直方向上，选向上为正方向，铅球从离开手到落地的竖直位移为－h，有－h＝v0yt总－ 解得t总＝1.5 s 铅球的水平位移x＝t总＝12 m。 学科网（北京）股份有限公司 $