专题21 平抛运动 2022届高中物理常考点归纳二轮复习

这是一份专题21 平抛运动 2022届高中物理常考点归纳二轮复习，共16页。
常考点 平抛运动解题方法分析
【典例1】
如图所示，在同一竖直面内，小球a、b从高度不同的两点，分别以初速度va和vb沿水平方向抛出，经过
时间ta和tb后落到与两抛出点水平距离相等的P点，若不计空气阻力，下列关系式正确的是（ ）
A．ta＞tb，va＞vbB．ta＞tb，va＜vb
C．ta＜tb，va＜vbD．ta＜tb，va＞vb
【解析】根据h＝知，，可知ta＞tb。由于水平位移相等，根据x＝v0t知，va＜vb。
【典例2】
如图所示，从同一点沿同一水平方向多次抛出小球，其中三次分别落在台阶上A、B、C三点，用tA、tB、
tC分别表示三次小球运动的时间，vA、vB、vC分别表示三次小球被抛出时的速度，则（ ）
A．tA＝tB＝tCB．vA＞vB＞vCC．tA＞tB＞tCD．vA＜vB＜vC
【解析】抛出点距A、B、C三点间的高度逐次增大，由公式h＝gt2可知，运动时间逐次增大，故有tA＜tB＜tC；抛出点距A、B、C三点的水平距离逐次减小，而时间逐次增大，由公式x＝vt可知，平抛初速度逐次减小，故有vA＞vB＞vC，故B正确，ACD错误。
【典例3】
跑酷（Pakur）是时下风靡全球的时尚极限运动，一跑酷运动员在一次训练中的运动可简化为以下运动：运
动员首先在平直高台上以4m/s2的加速度从静止开始匀加速运动，运动8m的位移后，在距地面高为5m的
高台边缘水平跳出，在空中调整姿势后恰好垂直落在一倾角为53°的斜面中点位置。此后运动员迅速调整
姿势沿水平方向蹬出，假设该运动员可视为质点，不计空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，
cs53°＝0.6，求：
（1）运动员从楼顶边缘跳出到落到斜面上所用的时间t；
（2）该斜面底端与高台边缘的水平距离s；
（3）若运动员水平蹬出斜面后落在地面上，求运动员的蹬出速度范围。
解：（1）设运动员从高台边缘水平跳出的速度为v0，匀加速的位移为l，
由速度﹣位移公式得：＝2al
代入数据解得：v0＝8m/s
恰好垂直落在一倾角为53°的斜面中点位置时，由运动的合成与分解得：
tan53°＝＝
代入数据解得运动员从楼顶边缘跳出到落到斜面上所用的时间为：t＝0.6s
（2）设高台距斜面中点的水平距离为x，水平方向上有：x＝v0t＝8×0.6m＝4.8m
竖直方向上，有：y＝＝m＝1.8m
则斜面中点距地面竖直距离为：h＝H﹣y＝5m﹣1.8m＝3.2m
斜面中点距斜面底端水平距离为：x′＝＝m＝2.4m
该斜面底端与高台边缘的水平距离s：s＝x﹣x′＝4.8m﹣2.4m＝2.4m
（3）根据位移﹣时间公式，可得运动员水平蹬出斜面后落在地面上的时间为：
t′＝＝s＝0.8s
能落到地面上，水平位移的范围为：2.4m≤x′≤4.8m
根据运动学公式得：x′＝v0′t′
代入数据解得运动员的蹬出速度范围为：3m/s≤v0′≤6m/s
答：（1）运动员从楼顶边缘跳出到落到斜面上所用的时间t为0.6s；
（2）该斜面底端与高台边缘的水平距离s为2.4m；
（3）若运动员水平蹬出斜面后落在地面上，运动员的蹬出速度范围为3m/s≤v0′≤6m/s。
1．平抛(或类平抛)运动所涉及物理量的特点
2． 平抛运动中物理量的关系图
两个三角形，速度与位移；
九个物理量，知二能求一；
时间和角度，桥梁和纽带；
时间为明线，角度为暗线。
3． 平抛运动常用三种解法
h
x
v
v0
θ
α
①正交分解法：分解位移（位移三角形）：若已知h、x，可求出；
分解速度（速度三角形）：若已知v0、θ，可求出v=v0/csθ；
②推论法：若已知h、x，可求出tanθ=2tanα=2h/x；
③动能定理法：若已知h、v0，动能定理：mgh=½mv2-½mv02 ，可求出。
4． 重要推论的两种表述
(1)做平抛(或类平抛)运动的物体任意时刻速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图甲中A点和B点所示。
(2)做平抛(或类平抛)运动的物体在任一时刻任一位置处，设其速度方向与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为α，则tan θ＝2tan α，如图乙所示。
5.与斜面相关的平抛运动问题
斜面上的平抛运动问题是一种常见的题型，解答这类问题的关键：
(1)灵活运用平抛运动的位移和速度规律；
(2)充分运用斜面倾角，找出斜面倾角与位移偏向角、速度偏向角的关系。
常见的模型及处理方法如下：
6.平抛运动中的临界、极值问题
在平抛运动中，由于时间由高度决定，水平位移由高度和初速度决定，因而在越过障碍物时，有可能会出现恰好过去或恰好过不去的临界状态，还会出现运动位移的极值等情况．
1．若题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，明显表明题述的过程中存在着临界点．
2．若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述的过程中存在着“起止点”，而这些“起止点”往往就是临界点．
3．若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程中存在着极值点，这些极值点也往往是临界点．
7.斜抛运动
【变式演练1】
如图所示，从某高度水平抛出一小球，经过时间t到达一竖直墙面时，速度与水平方向的夹角为θ。不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．小球水平抛出时的初速度大小为
B．小球到达竖直墙时的速度大小为gtcsθ
C．小球在时间t内的位移大小为gt2
D．小球在时间t内的位移方向与水平方向的夹角为
【解析】AB、小球到达一竖直墙面时，根据速度﹣时间公式，可得竖直方向分速度大小为：vy＝gt，
根据几何关系，小球水平抛出时的初速度大小为：v0＝v＝，故A正确；
C、根据位移﹣时间公式，可得小球在时间t内竖直方向上的分位移为：y＝
水平方向上的位移为：x＝v0t＝gt2•
根据平行四边形定则，可得小球在时间t内的位移大小为：
s＝＝＝gt2•，故C错误；
根据平抛运动规律的推论，可知小球合位移与水平方向的夹角的正切值为：tanα＝，所以小球在时间t内的位移方向与水平方向的夹角不可能为，故D错误。
【变式演练2】
如图所示，在某次演习中，轰炸机沿水平方向投放一枚炸弹，经过时间t＝10s炸弹恰好垂直击中山坡上的目标，已知炸弹平抛的初速度v0＝100m/s。不计空气阻力，则山坡倾角为（ ）（重力加速度g取10m/s2）
A．15°B．30°C．45°D．60°
【解析】炸弹在空中做平抛运动，炸弹击中目标时竖直分速度vy＝gt＝10×10m/s＝100m/s
设炸弹击中目标时速度方向与竖直方向的夹角为α，如图所示，则tanα＝＝＝，得α＝30°
根据几何关系可知山坡倾角θ＝α＝30°，故ACD错误，B正确。
【变式演练3】
如图，﹣小球从一半圆轨道左端A点正上方某处开始做平抛运动（小球可视为质点），飞行过程中恰好与半
圆轨道相切于B点。O为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R，OB与水平方向夹角为60度，重力加速度为
g，则小球抛出时的初速度为（ ）
A．B．C．D．
【解析】飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点，则知速度与水平方向的夹角为30°，
则有：vy＝v0tan30°
又 vy＝gt，则得：
v0tan30°＝gt
t＝①
水平方向上小球做匀速直线运动，则有：
R+Rcs60°＝v0t ②
联立①②解得：v0＝．故C正确，ABD错误
【变式演练4】
平抛运动的问题中不仅会涉及位移关系，有时还会涉及速度关系。如图所示，在摩托车赛道上，水平路面
的前方有一个壕沟，壕沟两侧高度差为0.8m，水平间距为5m。若忽略空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2，
摩托车水平飞出的速度至少要多大才能越过这个壕沟？摩托车刚好越过壕沟时速度方向与水平方向的夹角
是多大？
解：摩托车做平抛运动，刚好越过壕沟，则x＝5m，y＝0.8m
由平抛运动竖直方向位移﹣时间公式y＝，解得t＝0.4s.
水平方向分速度vx＝＝＝12.5m/s
竖直分速度vy＝gt＝10×0.4m/s＝4m/s
刚好越过壕沟时速度方向与水平方向的夹角tanθ＝＝＝0.32
答：（1）摩托车水平飞出的速度至少要为12.5m/s才能越过这个壕沟。
（2）摩托车刚好越过壕沟时速度方向与水平方向的夹角的正切值0.32。
如图，在斜面顶端以不同的初速度水平抛出几个小球，所有小球均落在斜面上。忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．小球的运动时间与初速度的平方成正比
B．所有小球落到斜面上时的速度方向均不相同
C．所有小球的竖直位移与水平位移之比均不相等
D．小球从抛出到离斜面最远的过程中，竖直位移为总竖直位移的
【解析】A、设斜面底角为α，根据平抛运动规律和几何关系可知：tanα＝＝＝，解得：t＝，所以小球的运动时间与初速度成正比，故A错误；
BC、在斜面顶端以不同的初速度水平抛出几个小球，所有小球均落在斜面上，斜面的底角不变，根据几何关系可知位移夹角不变，即所有小球的竖直位移与水平位移之比都相等，根据速度夹角的正切值是位移夹角正切值的2倍，可知速度夹角不变，即所有小球落到斜面上时的速度方向均相同，故BC错误；
D、小球在运动过程中距斜面最远是瞬时速度与斜面平行，则速度偏向角为α，根据：tanα＝＝，得到：t1＝，而落到斜面上时，t＝，则有：t1＝，而竖直位移：h＝gt2，可得到：y1＝y，故D正确。
2．如图所示，一名运动员在参加跳远比赛，他腾空过程中离地面的最大高度为L，成绩为4L，假设跳远运动员落入沙坑瞬间速度方向与水平面的夹角为α，运动员可视为质点，不计空气阻力，则有（ ）
A．tanα＝2B．tanα＝1C．tanα＝D．tanα＝
【解析】运动员从最高点到落地的过程做平抛运动，根据对称性知平抛运动的水平位移为2L，则有：
L＝
得：t＝
运动员通过最高点时的速度为：
v＝＝
则有：tanα＝＝1，故B正确，ACD错误。
3．如图所示，斜面倾角为30°，顶点A离水平地面高度h＝m。将一小球从底端C的正上方D点以v1＝3m/s的初速度水平抛出，小球恰好落到A点。若将小球从D点以初速度v2水平抛出，恰好落到斜面的中点O，取g＝10m/s2，则v2的大小为（ ）
A．1.5m/sB．1.2m/sC．1m/sD．m/s
【解析】设C、D两点的高度差为H，当小球落到A点，由平抛运动规律得：
＝v1t1
H﹣h＝
小球落到O点，由平抛运动规律得：
＝v2t2
H﹣＝
代入数据联立解得：v2＝1.2m/s，故B正确，ACD错误。
4．从同一点水平抛出三个小球分别撞在竖直墙壁上a点、b点、c点，则（ ）
A．落在a点的小球水平速度最小
B．落在b点的小球竖直速度最小
C．落在c点的小球飞行时间最短
D．a、b、c三点速度方向的反向延长线交于一点
【解析】ABC、根据h＝gt2得，t＝，则知落在c点的小球飞行时间最长。
由x＝v0t得：v0＝，x相等，落在a点的小球飞行时间最短，则落在a点的小球水平速度最大。
小球竖直速度 vy＝gt，知落在a点的小球竖直速度最小，故ABC错误。
D、根据推论：平抛运动的速度反向延长线交水平位移的中点，则知a、b、c三点速度方向的反向延长线交于一点。故D正确。
5．如图所示，一物体自倾角为θ的固定斜面上某一位置P处斜向上抛出，到达斜面顶端Q处时速度恰好变为水平方向，已知P、Q间的距离为L，重力加速度为g，则关于抛出时物体的初速度V0的大小及其与斜面间的夹角α，以下关系中正确的有（ ）
A．tanα＝tanθB．tan（α+θ）＝2tanθ
C．v0＝D．v0＝csθ
【解析】AB、设初速度方向与水平方向的夹角为β，根据平抛运动的推论有tanβ＝2tanθ，又α＝β﹣θ，根据数学三角函数关系可求得tanα＝故B正确，A错误。
CD、运用逆向思维，物体做平抛运动，根Lsinθ＝得：t＝
则P点的竖直分速度为：vy＝gt＝
P点的水平分速度为：vx＝
则有：v0＝，故CD错。
6．（多选）如图所示，水平地面上直立着两座高台M、N。某同学从高台N的边缘沿同一水平方向抛出甲、乙两小球，小球甲落在M高台的顶部，小球乙打在M高台的侧壁。已知甲、乙两小球落点与抛出点间的距离相等，且其落点和抛出点的连线与竖直方向的夹角分别为α、β，忽略空气阻力，则甲、乙两球的初速度大小之比为（ ）
A．B．
C．D．
【解析】假设甲的初速度大小为：v1，水平方向的位移为：s1，竖直方向的位移为：h1；乙的初速度大小为：v2，平方向的位移为：s2，竖直方向的位移为：h2，
已知甲、乙两小球落点与抛出点间的距离相等，且其落点和抛出点的连线与竖直方向的夹角分别为α、β，如图所示：
已知小球做平抛运动时，水平方向做匀速直线运动：s1＝v1t1，竖直方向做自由落体运动：，由图中几何关系可得：，联立可得：，同理可得：，
已知甲、乙两小球落点与抛出点间的距离相等，故＝L，则，由自由落体位移公式可得：，h1＝L×sinα，h2＝L×sinβ，联立上述式子可得：＝，
故D正确，ABC错误，
7．（多选）如图所示，在某次的摩托车特技表演中，要求骑着摩托车的表演者调整速度后从高为3h的水平台面水平飞出，跃过高为2h的竖直挡板后（厚度不计）落在水平距离为L的水平空地上，竖直挡板到台面间的水平距离为L。若表演者在飞行过程中可以视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g。为使表演者从水平台面水平飞出后落在挡板外的水平空地上，下列关于表演者离开水平台面时初速度v0的说法中正确的是（ ）
A．初速度v0较大时通过相同的水平位移所用时间较少
B．初速度v0较大时通过相同的竖直位移所用时间较少
C．初速度大小范围是＜v0＜
D．初速度大小范围是＜v0＜
【解析】表演者离开水平台面后做平抛运动，如图所示：
A、根据平抛运动规律，在水平方向由x＝v0t，解得t＝，通过相同的水平位移，初速度v0较大时所用时间较少，故A正确；
B、根据平抛运动规律，在竖直方向有y＝，解得t＝，即通过相同的竖直位移所用时间相等，与初速度的大小无关，故B错误；
CD、表演者离开水平台面后做平抛运动，当水平位移为x＝L+时，初速度最大，根据y＝3h＝，x＝L+＝vmaxt，解得vmax＝，表演者恰好跃过挡板最高点时速度最小，此时y′＝h＝gt′2，x′＝＝vmint′，解得vmin＝，因此初速度大小范围是vmin＜v＜vmax，即＜v＜。故C正确，D错误。
8．（多选）将一个石子水平抛出，石子做平抛运动，设石子在运动过程中速度方向与水平方向的夹角为θ。tanθ﹣t图象如图所示。空气阻力忽略不计，平抛高度足够长，g取10m/s2。下列选项正确的是（ ）
A．石子做平抛运动的初速度大小为m/s
B．2s时石子速度的大小为15.77m/s
C．0～1s内石子的位移大小为m
D．1s时石子位移方向与水平方向夹角的正切值为
【解析】A、由平抛运动规律和题图可知，1s时，tanθ1＝＝，解得v0＝m/s，故A正确；
B、2s时石子速度的大小v2＝＝m/s≈20.82m/s，故B错误；
C、0～1s内石子的位移大小为x1＝＝m，C正确；
D、1s时石子位移方向与水平方向夹角的正切值为tanα＝＝＝＝，故D错误。
9．（多选）根据运动的独立性原理，平抛运动可分解为水平方向（初速度v1方向）匀速直线运动和竖直方向自由落体运动，斜抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动；为了快速处理斜抛运动问题，也可以把斜抛运动分解为沿初速度V2方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动.如图所示，两种运动的起点、终点相同，分析两种分解方式的位移矢量三角形，则两种运动的时间之比为（ ）
A．B．1C．D．
【解析】AB、由平抛运动规律可知ABsin30°＝gt；斜抛运动分解为沿初速度v2方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，竖直方向的自由落体高度大小等于AB，有AB＝，比较可得＝，故A正确，B错误；
CD、由v1t1tan30°＝，解得t1＝，由v2t2＝，解得t2＝，比较可得＝，故C正确，D错误；
10．如图所示，倾角为θ的斜面体固定在水平面上，两个可视为质点的小球甲、乙分别沿水平方向抛出，两球的初速度大小均为v0，已知甲的抛出点为斜面体的顶点，小球乙落在斜面上时的速度与斜面垂直。设两球落在斜面上的A、B两点后不再反弹，忽略空气阻力，重力加速度为g。求：
（1）甲球在空中运动的时间t；
（2）乙球在空中运动的时间t′；
（3）甲、乙两球落在斜面上瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值之比。
解：（1）甲球在空中做平抛运动，甲球落在斜面上时，有
tanθ＝＝＝
可得t＝
（2）乙球在空中做平抛运动，小球乙落在斜面上时的速度与斜面垂直，则
tanθ＝＝
可得t′＝
（3）甲球落在斜面上瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值为
tanα甲＝＝
故tanα甲＝2tanθ
乙球落在斜面上瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值为
tanα乙＝＝
故tanα甲：tanα乙＝2tan2θ：1
答：（1）甲球在空中运动的时间t是；
（2）乙球在空中运动的时间t′是；
（3）甲、乙两球落在斜面上瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值之比是2tan2θ：1。物理量
公式
决定因素
飞行时间
t＝eq \r(\f(2h,g))
取决于下落高度h和重力加速度g，与初速度v0无关
水平射程
x＝v0t＝v0eq \r(\f(2h,g))
由初速度v0、下落高度h和重力加速度g共同决定
落地速度
vt＝eq \r(veq \\al(2,x)＋veq \\al(2,y))＝eq \r(veq \\al(2,0)＋2gh)
与初速度v0、下落高度h和重力加速度g有关
速度改变量
Δv＝gΔt，方向恒为竖直向下
由重力加速度g和时间间隔Δt共同决定
图示
方法
基本规律
运动时间
分解速度，构建速度的矢量三角形
水平vx＝v0
竖直vy＝gt
合速度v＝eq \r(v\\al(2,x)＋v\\al(2,y))
由tan θ＝eq \f(v0,vy)＝eq \f(v0,gt)得t＝eq \f(v0,gtan θ)
分解位移，构建位移的矢量三角形
水平x＝v0t
竖直y＝eq \f(1,2)gt2
合位移x合＝eq \r(x2＋y2)
由tan θ＝eq \f(y,x)＝eq \f(gt,2v0)
得t＝eq \f(2v0tan θ,g)
在运动起点同时分解v0、g
由0＝v1－a1t，0－veq \\al(2,1)＝－2a1d得t＝eq \f(v0tan θ,g)，d＝eq \f(v\\al(2,0)sin θtan θ,2g)
分解平行于斜面的速度v
由vy＝gt得t＝eq \f(v0tan θ,g)
y
v0
θ
vx
vy
x
v0csθ
vx
x
水平方向——匀速直线运动；
竖直方向——竖直上抛运动
①一分为二：从最高点分为两个平抛运动；
②逆向思维