专题08 抛体运动九大问题-2025高考物理模型与方法热点题型归类训练

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TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc46" 题型一 平抛运动的基本规律 PAGEREF _Tc46 \h 1
\l "_Tc23100" 题型二 平抛运动的临界、极值问题 PAGEREF _Tc23100 \h 5
\l "_Tc1377" 题型三 斜面上的平抛问题 PAGEREF _Tc1377 \h 13
\l "_Tc11448" 类型1.顺着斜面平抛斜面倾斜角是“位移”偏向角 PAGEREF _Tc11448 \h 13
\l "_Tc32333" 类型2.顺着斜面（圆弧）平抛斜面倾斜角是“速度”偏向角 PAGEREF _Tc32333 \h 18
\l "_Tc11507" 类型3.对着斜面平抛“垂直”打在斜面上斜面倾斜角为“速度”偏向角的余角 PAGEREF _Tc11507 \h 21
\l "_Tc2111" 类型4 对着斜面平抛“最小位移”打在斜面上斜面倾斜角为“位移”偏向角的余角 PAGEREF _Tc2111 \h 25
\l "_Tc3151" 题型四 有约束条件的平抛运动模型 PAGEREF _Tc3151 \h 29
\l "_Tc6968" 类型1 对着竖直墙壁的平抛运动 PAGEREF _Tc6968 \h 29
\l "_Tc18020" 类型2 半圆内的平抛问题 PAGEREF _Tc18020 \h 32
\l "_Tc412" 题型五 平抛的多解问题 PAGEREF _Tc412 \h 41
\l "_Tc3181" 题型六 平抛与圆周的临界问题 PAGEREF _Tc3181 \h 44
\l "_Tc7805" 题型七 斜抛运动的理解和分析 PAGEREF _Tc7805 \h 48
\l "_Tc22768" 题型八 类平抛运动 PAGEREF _Tc22768 \h 54
\l "_Tc32543" 题型九 抛体运动中的功能与动量 PAGEREF _Tc32543 \h 59
题型一 平抛运动的基本规律
【解题指导】1.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。
2.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。
3.基本规律（如图）
（1）速度eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(水平方向：vx＝v0,竖直方向：vy＝gt))
合速度的大小v＝eq \r(veq \\al(2,x)＋veq \\al(2,y))＝eq \r(veq \\al(2,0)＋g2t2)
设合速度的方向与水平方向的夹角为θ，有
tan θ＝eq \f(vy,vx)＝eq \f(gt,v0)。
（2）位移eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(水平方向：x＝v0t,竖直方向：y＝\f(1,2)gt2))
合位移的大小s＝eq \r(x2＋y2)＝eq \r(（v0t）2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)gt))\s\up12(2))
设合位移的方向与水平方向的夹角为α，有
tan α＝eq \f(y,x)＝eq \f(gt,2v0)。
（3）三个重要结论：①合速度方向与水平方向的夹角θ和合位移方向与水平方向的夹角α的关系，tan θ＝2tan α。
②做平抛（或类平抛）运动的物体任一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，即xOC＝eq \f(x,2)。
③速度变化：平抛运动是匀变速曲线运动，故在相等的时间内，速度的变化量（Δv＝gΔt）相等，且必沿竖直方向，如图所示。任意两时刻的速度与速度的变化量Δv构成三角形，Δv沿竖直方向。
【例1】（2024·重庆沙坪坝·三模）一质点做平抛运动，先后经过空中的、两点，经过点时速度方向与水平方向的夹角为30°，经过点时速度方向与水平方向的夹角为60°，则（ ）
A．到过程质点做非匀变速运动
B．连线与水平方向夹角为60°
C．质点经过、两点时竖直速度之比为1：3
D．从抛出点到、两点的水平位移之比为1：2
【答案】C
【详解】A．平抛运动过程只受重力作用，加速度不变，所以P→Q，是匀加速曲线运动，故A错误；
B．由图可知PQ连线与水平方向夹角介于之间，故B错误；
C．由平抛运动水平方向做匀速直线运动，则
所以
故C正确；
D．平抛运动竖直方向做匀变速直线运动，运动到P、Q两点的时间关系为
由时间关系得水平位移关系为
故D错误。
故选C。
【变式演练1】从O点以水平速度v抛出一小物体，经过M点时速度大小为v，N点为O到M之间轨迹上与直线OM距离最远的点，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．小物体经N点时的速度方向与OM不平行
B．小物体从O到N经历的时间为
C．O、N之间的距离为
D．曲线ON与MN关于过N点且与OM垂直的直线对称
【答案】B
【详解】A．小物体运动过程中与OM的距离最远，即沿与OM垂直方向的分速度为零，所以此时的速度方向与OM平行，选项A错误；
B．经过M点时的速度与水平方向的夹角为45°，设OM与水平方向的夹角为α，由几何关系可知
所以经N点时的速度竖直分量
故从O到N的时间为
选项B正确；
C．ON之间的水平位移
竖直位移
O、N之间的距离为
选项C错误；
D．初速度为v，末速度为v，所以曲线ON与MN不对称，选项D错误；
故选B。
【变式演练2】．小朋友玩水枪游戏时，若水从枪口沿水平方向射出时的速度大小为15m/s，水射出后落到水平地面上。已知枪口离地面的高度为0.8m，重力加速度g取，忽略空气阻力，则射出的水（ ）
A．在空中的运动时间为0.16s
B．水平射程为6m
C．落地时的速度大小为19m/s
D．落地时竖直方向的速度大小为4m/s
【答案】BD
【详解】A．由可得水在空中的运动时间为
故A错误；
B．水平射程
故B正确；
D．落地时竖直方向速度大小为
故D正确；
C．落地时的速度大小为
故C错误。
故选BD。
【变式演练3】（2023·全国·高考真题）将扁平的石子向水面快速抛出，石子可能会在水面上一跳一跳地飞向远方，俗称“打水漂”。要使石子从水面跳起产生“水漂”效果，石子接触水面时的速度方向与水面的夹角不能大于θ。为了观察到“水漂”，一同学将一石子从距水面高度为h处水平抛出，抛出速度的最小值为多少？（不计石子在空中飞行时的空气阻力，重力加速度大小为g）
【答案】
【详解】石子做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，则有
可得落到水面上时的竖直速度
由题意可知
即
石子抛出速度的最小值为。
【变式演练4】如图所示，在距水平地面的光滑平台边缘O点，将质量可视为质点的物块，以的速度水平抛出，不计空气阻力，取重力加速度。
（1）求物块抛出点O到落地点A所用的时间；
（2）求物块抛出点O到落地点A之间的水平距离；
（3）求物块落到A点时的速度的大小和方向。
【答案】（1）；（2）；（3），方向与水平面夹角为斜向下
【详解】（1）设物块由点所用时间为，由平抛知识得
代数解得
（2）设物块做平抛运动的水平距离为x，由平抛知识得
（3）物块落到A点时速度大小v，由几何知识得
速度与水平夹角满足
则
速度方向与水平面夹角为斜向下
题型二 平抛运动的临界、极值问题
【解题指导】1．平抛运动的临界问题有两种常见情形：(1)物体的最大位移、最小位移、最大初速度、最小初速度；(2)物体的速度方向恰好达到某一方向．
2．解题技巧：在题中找出有关临界问题的关键字，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1】将扁平的石子向水面快速抛出，石子可能会在水面上一跳一跳地飞向远方，俗称“打水漂”。要使石子从水面跳起产生“水漂”效果，石子接触水面时的速度方向与水面的夹角不能大于。为了观察到“水漂”，某同学将一石子从距水面高度为h处水平抛出，观察到在水面跳了三次，第四次已不能从水面跳起。石子每次与水面接触后水平方向的速度方向不变大小减为接触前的一半、竖直方向的速度方向反向大小减为接触前的四分之三。不计石子在空中飞行时的空气阻力，重力加速度大小为g，求：
（1）第一次落至水面时竖直方向的速度大小；
（2）抛出速度大小的范围。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）第一次接触水面时竖直方向有
可得第一次落到水面上时的竖直速度
（2）设抛出速度大小为，由题意可知第三次落到水面时水平方向速度为，竖直方向速度为
则
第四次落到水面时水平方向速度为，竖直方向速度为
则
解得石子抛出速度范围为
【变式演练1】恰好越过位于水平地面上高为h的竖直挡板，然后落在水平地面上的D点，碰前碰后的速度水平方向不变，竖直方向等大反向。球2恰好越过挡板也落在D点，忽略空气阻力。挡板的高度h为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】A．设1、2球的初速度分别为、，从抛出到落到D点运动的时间分别为、则对两球在水平方向有
依题意
所以
又因两球飞过竖直挡板前的水平位移相同，而速度的水平分量的关系为
故它们飞过挡板前的运动时间满足
设球1从第一次落地到飞至挡板顶端所用的时间为t，则上述关系可写为
球1第一次落地时速度的竖直分量为
到达挡板顶端时速度的竖直分量为
两者满足
联立方程并代入数据可得
故选B。
【变式演练2】无人机操作员练习使用无人机将模拟弹从楼顶右端上方投进如图所示楼房的窗户中，已知楼间距为l．窗户距楼顶高度为h，为更好地将模拟弹投进窗户，模拟弹以与水平方向较小角度进入窗户的效果更好，重力加速度为g．不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．无人机水平飞行速度越大越好
B．无人机应该斜向上飞行再投弹
C．无人机投弹的最佳位置是紧贴楼顶水平飞行
D．无人机投弹的最佳速度只能是
【答案】CD
【详解】A．由于两栋楼房的距离是固定的，模拟弹离开无人机后水平方向有
竖直方向有
则若无人机水平飞行速度过大，则有上述分析可知，其模拟弹运动时间将缩短，其竖直方向位移将变小，其将不会从窗户进入楼房，故A项错误；
B．模拟弹进入窗户时，其与水平方向的夹角为，则有
若想模拟弹以与水平方向较小角度进入窗户，则应该减小竖直方向的速度，而若斜向上飞行后投弹，则初始时竖直方向就会做速度，则进入窗户时，设初始时模拟弹的速度方向与水平方向的夹角为α，模拟弹的数值方向速度为
其大于无人机开始时水平飞行的竖直方向速度，故无人机不应该斜向上飞行再投弹，而是水平方向飞行，故B项错误；
CD．由上述分析可知，当无人机水平飞行投弹，此时水平方向有
竖直方向有
，
则其夹角为
由此可知，若想角小，则其无人机投弹高度要小，即无人机应该紧贴楼顶飞行，则其最佳速度为
故CD正确；
故选CD。
【变式演练3】（2024·辽宁沈阳·模拟预测）如图所示，甲同学爬上山坡底端C点处的一棵树，从树上Q点正对着山坡水平抛出一个小石块，石块正好垂直打在山坡中点P。乙同学（身高不计）在山坡顶端的A点水平抛出一个小石块，石块也能落在P点。已知山坡长度，山坡与水平地面间夹角为，重力加速度为g，空气阻力不计，，，则（ ）
A．甲同学抛出的小石块初速度大小为
B．甲同学抛出的小石块初速度大小为
C．甲、乙两同学抛出的石块在空中飞行的时间之比为
D．甲、乙两同学抛出的石块在空中飞行的时间之比为
【答案】AD
【详解】设甲抛出小石子的初速度为v0，Q点相对于P点的竖直高度为H，则
甲抛出的小石块落在P点时竖直方向的速度
甲抛出小石块的水平位移

联立可得
对乙同学
解得
甲、乙两同学抛出的石块在空中飞行的时间之比为
选项BC错误，AD正确。
故选AD。
【变式演练4】（2024·山西晋城·三模）在第19届杭州亚运会女子排球决赛中，中国女排以3∶0战胜日本女排，以六战全胜且一局未失的战绩成功卫冕。如图所示，排球场的宽为d，长为2d，球网高为，发球员在底线中点正上方的O点将排球水平击出，排球恰好擦着网落在对方场地边线上的E点，，不计空气阻力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A．O点距地面的高度为B．排球做平抛运动的时间为
C．排球击出时的速度大小为D．排球着地时的速度大小为
【答案】C
【详解】AB．排球做平抛运动的轨迹在地面上的投影为，如图所示
显然
所以排球在左、右场地运动的时间之比为1∶2，设排球做平抛运动的时间为3t，有
，
解得
，
故AB错误；
C．排球击出时的速度大小
故C正确；
D．排球着地时的速度大小
故D错误。
故选C。
题型三 斜面上的平抛问题
类型1.顺着斜面平抛斜面倾斜角是“位移”偏向角
(1)落到斜面上，已知位移方向沿斜面向下(如图)
处理方法：分解位移.
x＝v0t
y＝eq \f(1,2)gt2
tan θ＝eq \f(y,x)
可求得t＝eq \f(2v0tan θ,g).
(2)物体离斜面距离最大，已知速度方向沿斜面向下(如图)
处理方法：分解速度
vx＝v0，vy＝gt
tan θ＝eq \f(vy,v0)
t＝eq \f(v0tan θ,g).
【例1】（2024·安徽合肥·三模）如图所示，在某次跳台滑雪比赛中，运动员以初速度从跳台顶端A水平飞出，经过一段时间后落在倾斜赛道上的B点，运动员运动到P点时离倾斜赛道最远，P点到赛道的垂直距离为PC，P点离赛道的竖直高度为PD，赛道的倾角为，重力加速度为g，空气阻力不计，运动员（包括滑雪板）视为质点。则C、D两点间的距离是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】对运动员在空中的运动沿平行斜面和垂直斜面方向分解可知，运动员从A运动到P点和从P点运动到B点所用时间相等，因此运动员沿平行斜面方向的分运动从A到C的时间与从C到B的时间相等，运动员沿平行斜面做加速度为的匀加速运动，设整个运动时间为t，则
由于从A到P的水平位移与从P到B的水平位移相等，因此
则
运动员做平抛运动有
，
又
解得
则
故选A。
【变式演练1】（2024·贵州遵义·三模）可视为质点的运动员从P点以的速度水平飞出，若不计空气阻力，运动员在空中飞行3s后落在斜面上Q点。简化示意图如图所示，已知：sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，g取。则运动员由P到Q的过程中（ ）
A．水平初速度大小为30m/sB．水平初速度大小为20m/s
C．P到Q的位移大小为45mD．P到Q的位移大小为60m
【答案】B
【详解】AB．运动员由P到Q的过程中，有
可得水平初速度大小为
故A错误，B正确；
CD．运动员由P到Q的过程中，水平位移为
则P到Q的位移大小为
故CD错误。
故选B。
【变式演练2】.近年来，国家大力开展冰雪运动进校园活动，目前已有多所冰雪特色学校，蹬冰踏雪深受学生喜爱。如图所示，现有两名滑雪运动员（均视为质点）从跳台a处先后沿水平方向向左飞出，其速度大小之比为，不计空气阻力，则两名运动员从飞出至落到斜坡（可视为斜面）上的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．他们飞行时间之比为
B．他们飞行的水平位移之比为
C．他们速度变化之比为
D．他们在空中离坡面的最大距离之比为
【答案】C
【详解】A．运动员从跳台a处水平飞出，设初速度为，飞行时间为，斜坡的倾角为，运动员在空中做平抛运动，落到斜坡上时则有
解得
可得他们飞行时间之比为
A错误；
B．运动员飞行的水平位移为
他们飞行的水平位移之比为
B错误；
C．两运动员在水平方向的速度不变，在竖直方向的速度变化为
因为他们飞行时间之比为
则有他们速度变化之比为
C正确；
D．运动员在空中离坡面的最大距离为
他们在空中离坡面的最大距离之比为
D错误。
故选C。
【变式演练3】（2024·湖北·模拟预测）北京冬奥会跳台滑雪比赛在国家跳台滑雪中心“雪如意”举行，跳台滑雪主要分为四个阶段：助滑阶段、起跳阶段、飞行阶段和着陆阶段。某大跳台的着陆坡是倾角θ=37°的斜面。比赛中某质量m=80kg（包括器械装备）的运动员脚踏滑雪板沿着跳台助滑道下滑，在起跳点 O点以v0=20m/s的水平速度腾空飞出，身体在空中沿抛物线飞行落至着陆坡上的 M点后，沿坡面滑下并滑行到停止区，最终完成比赛，如图所示。已知B 点（图中未画出）是该运动员在空中飞行时离着陆坡面最远的点，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8，以起跳点 O点所在的平面为0势能面，忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．运动员在B点时的速度变化率大小为10m/s2
B．B点距离着陆坡面的距离为9 m
C．O、M间的距离为125m
D．运动员从O 点到B 点的位移大小等于从B点到M点的位移大小
【答案】AB
【详解】A．由题意可知，运动员在B点的速度变化率为
故A正确；
B．将运动员的速度和加速度分解为沿斜面方向和垂直于斜面方向，垂直于斜面方向有
运动员从O点到B点的时间
B点到着陆坡的距离
故B正确；
C．运动员从O点到M点的飞行时间
O、M间的水平距离
O、M间的距离
故C错误，
D．从O点到B点和从B点到M点的时间相同，水平位移相同，竖直位移不相同，合位移不相同，故D错误。故选AB。
类型2.顺着斜面（圆弧）平抛斜面倾斜角是“速度”偏向角
1.从斜面外恰好与斜面平行的方向落到斜面(如图)：
合速度与水平速度的夹角等于斜面倾角，常用速度关系tan θ＝eq \f(vy,vx)＝eq \f(gt,v0).
2.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，即已知速度方向沿该点圆弧的切线方向
分解速度tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(gt,v0)
【例2】如图所示，从a点以初速度v0=6m/s水平抛出一质量m=0.5kg的小球（视为质点），小球恰好从竖直放置的光滑圆弧轨道的b点沿切线进入圆弧轨道，经过最低点c，最后从d点飞出圆弧轨道。已知圆弧轨道半径R=l.2m，bc段圆弧所对的圆心角α=60°，O为圆心，Od为水平半径，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2。则下列分析错误的是（ ）
A．a、b两点的高度差为5.4m
B．小球在c点时对圆弧轨道的压力大小为70N
C．小球在d点时对圆弧轨道的压力大小为55N
D．小球从d点离开后还能上升的高度为4.8m
【答案】D
【详解】A．小球恰好从竖直放置的光滑圆弧轨道的b点沿切线进入圆弧轨道，则有
解得
h＝5.4m
故A正确，不符合题意；
B．规定c点为零势能面根据能量守恒可得
在c点由牛顿第二定律
解得
故B正确，不符合题意；
C．由牛顿第二定律和机械能守恒定律
解得
故C正确，不符合题意；
D．由公式可得
解得
故D错误，符合题意。
故选D。
【变式演练】如图所示，以速度从O点水平抛出的小球，抵达光滑固定的斜面上端P处时，速度方向恰好沿着斜面方向，然后紧贴斜面PQ做匀加速直线运动，已知斜面倾角为（，），不计空气阻力，取重力加速度为。下列说法正确的是（ ）
A．O点到P点的竖直距离为0.45m
B．小球在斜面上运动的加速度大小比平抛运动时的大
C．撤去斜面，小球仍从O点以相同速度水平抛出，落地时间将变小
D．撤去斜面，小球仍从O点以相同速度水平抛出，落地速度不变
【答案】AC
【详解】A．由题意可知，小球落到斜面上时速度偏转角为，则有
解得
又因为
解得
故A项正确；
B．小球做平抛运动时的加速度为，小球在斜面上运动时
解得
故B项错误；
C．由于小球在斜面上的加速度，由之前分析可知为，则小球在斜面上运动时，在竖直方向的加速度为
由此可知，有斜面时，小球在竖直方向上的加速度小于重力加速度，所以撤去斜面后，小球的下落时间变小，故C项正确；
D．根据机械能守恒得
撤去斜面，h不变，则落地的速率v不变，但是速度方向不同，故D项错误。
故选AC。
类型3.对着斜面平抛“垂直”打在斜面上斜面倾斜角为“速度”偏向角的余角
对着斜面平抛
垂直撞在斜面上，已知速度方向垂直斜面向下(如图)
处理方法：分解速度.
vx＝v0
vy＝gt
tan θ＝eq \f(vx,vy)＝eq \f(v0,gt)
可求得t＝eq \f(v0,gtan θ).
【例3】（2024·安徽安庆·三模）如图所示，水平地面上固定有倾角为45°，高为h的斜面。O点位于A点正上方且与B点等高。细绳一端固定于O点，另一端与质量为m的小球相连。小球在竖直平面内做圆周运动，到最低点时细绳恰好拉断，之后做平抛运动并垂直击中斜面的中点（重力加速度为g），下列说法正确的是（ ）
A．细绳的长度为
B．绳刚要拉断时张力为
C．小球做平抛运动的时间为
D．若球击中斜面反弹的速度大小为击中前的一半，则反弹后球能落到A点
【答案】D
【详解】AC．小球做平抛运动并垂直击中斜面的中点，有
解得
小球做平抛运动的竖直位移为
所以细绳的长度为
A和C均错误；
B．在圆周运动的最低点，有
解得，绳刚要拉断时张力为
B错误；
D．球击中斜面时的速度为
反弹的速度大小为
设反弹后能击中A点，则水平方向位移为，有
解得
竖直位移为
所以反弹后球恰好能落到A点，D正确。
故选D。
【变式演练1】如图所示，从水平面上A点以倾角为α斜向上方抛出一小球，抛出时速度大小为。小球落到倾角为θ的斜面上C点时，速度方向正好与斜面垂直，B为小球运动的最高点，已知重力加速度为g，则（ ）
A．小球在B点的速度大小为
B．小球从A点运动到B点的时间为
C．小球落到C点前瞬间竖直方向的速度为
D．小球从B点运动到C点的时间为
【答案】C
【详解】A．小球在B点的速度大小为
故A错误；
B．小球在A点时竖直方向上速度大小为
则小球从A点运动到B点的时间为
故B错误；
C．小球落到C点前瞬间竖直方向的速度为
故C正确；
D．小球从B点运动到C点的时间为
故D错误。
故选C。
【变式演练2】如图所示，倾角为的斜面体固定在水平面上，小球在斜面底端正上方以速度向右水平抛出，同时，小球在斜面顶端以速度向左水平抛出，两球抛出点在同一水平线上，结果两球恰好落在斜面上的同一点，且球落到斜面上时速度刚好与斜面垂直，不计小球的大小，，。则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】小球A垂直打在斜面上，如图所示：
根据几何关系可得
对于小球B
联立得
=
故选D。
类型4 对着斜面平抛“最小位移”打在斜面上斜面倾斜角为“位移”偏向角的余角
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＝eq \f(x,y)＝eq \f(v0t,\f(1,2)gt2)＝eq \f(2v0,gt)
【例4】.如图所示，倾角为37°的斜面体固定放置在水平面上，斜面的高度为，点是A点正上方与点等高的点，让一小球（视为质点）从点水平向左抛出，落在斜面的点，已知、两点的连线与斜面垂直，重力加速度为g，、，下列说法正确的是（ ）
A．小球在点的速度为
B．小球从点到点的运动时间为
C．小球在点的速度大小为
D．小球在点的速度与水平方向夹角的正切值为2
【答案】A
【详解】AB．过点作的垂线与的交点为，设平抛运动的水平位移为，即、两点之间的距离为，如图所示
由几何关系可得
由平抛运动的规律可得
，
解得
、、
A正确、B错误；
CD．小球在点沿竖直方向的分速度为
小球在点的速度大小为
与水平方向夹角的正切值为
解得
，
CD错误。
故选A。
【变式演练1】（2023·四川雅安·模拟预测）如图所示，倾角为37°的斜面与水平面的交点为 B，斜面上的 C点处有一小孔，若一小球从B点的正上方A 点水平抛出，恰好通过小孔落到水平地面上的 D点（小球视为质点，小孔的直径略大于小球的直径，小球通过小孔时与小孔无碰撞）。已知A、C两点的连线正好与斜面垂直，小球从 A到C的运动时间为t，重力加速度为g， 下列说法正确的是（ ）

A．A、C两点间的高度差为gt2B．小球在A点的速度为
C．A、C两点间的距离为 D．A、D两点间的高度差为
【答案】BD
【详解】如图

AB．根据平抛运动规律结合几何关系有
解得A、C两点间的高度差为，小球在A点的速度为故A错误，B正确；
C．A、C两点间的距离为
故C错误；
D．A、D两点间的高度差为
故D正确；
故选BD。
【变式演练2】如图所示，在斜面的上方A点，水平向右以初速度抛出一个小球，不计空气阻力，若小球击中斜面B点（图中未画出），且AB距离恰好取最小值，则小球做平抛运动的时间为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】若小球击中斜面B点，且AB距离恰好取最小值，则AB垂直斜面，此时有
可得
故选C。
【变式演练3】如图所示，一小球从某固定位置以一定初速度水平抛出，已知当抛出速度为v0时，小球落到一倾角为θ＝60°的斜面上，且球发生的位移最小，不计空气阻力，则( )
A.小球从抛出到落到斜面的时间为eq \f(\r(3)v0,3g)
B.小球从抛出到落到斜面的时间为eq \f(2\r(3)v0,3g)
C.小球的抛出点到斜面的距离为eq \f(4veq \\al(2,0),3g)
D.小球的抛出点到斜面的距离为eq \f(2veq \\al(2,0),3g)
【答案】 BC
【解析】 球平抛的位移最小，则抛出点和落点的连线与斜面垂直，分解位移，如图所示。
设平抛时间为t，结合几何关系知，tan θ＝eq \f(x,y)，x＝v0t，y＝eq \f(1,2)gt2，解得t＝eq \f(2\r(3)v0,3g)，故选项A错误，B正确；s＝eq \f(x,sin θ)＝eq \f(v0t,sin θ)＝eq \f(4veq \\al(2,0),3g)，选项C正确，D错误。
题型四 有约束条件的平抛运动模型
类型1 对着竖直墙壁的平抛运动
如图所示，水平初速度v0不同时，虽然落点不同，但水平位移d相同，t＝eq \f(d,v0)。
【例1】（2024·浙江·三模）如图所示，网球发球机在距离墙L处将网球以不同的水平速度射出打到竖直墙上。已知墙上的O点与网球出射点等高，A、B两点分别为两个击中点，，击中A点的网球水平射出时的速度为，空气阻力忽略不计，网球可看作质点。下列说法正确的是（ ）
A．击中B点的网球水平射出时的速度为
B．击中B点的网球水平射出时的速度为
C．要使原来击中A点的网球能击中B点，网球发球机应沿OP方向后退
D．要使原来击中B点的网球能击中A点，网球发球机应沿OP方向前进
【答案】D
【详解】AB．网球在竖直方向上做自由落体运动
因，所以
又
得击中点的网球水平射出时的速度为
AB错误；
C．要使原来击中A点的网球能击中B点，运动时间变长为原来的倍，所以水平距离也应变为倍，即网球发球机应向后退，C错误；
D．要使原来击中B点的网球能击中A点，运动时间变短为原来的倍，所以水平距离也应变为倍，即网球发球机应向前进，故D正确。
故选D。
【变式演练1】如图所示，某同学从O点对准前方的一块竖直放置的挡板将小球水平抛出，O与A在同一高度，小球的水平初速度分别为、，不计空气阻力，小球打在挡板上的位置分别是B、C，且AB=BC，则为（ ）
A．2∶1B．C．D．
【答案】B
【详解】不计空气阻力，小球在空中做平抛运动，由平抛运动规律
，
联立得
所以
又因为
所以
故选B。
【变式演练2】“飞镖”是一项深受人们喜爱的运动。镖靶如图所示，一同学练习投镖，若他每次都是将飞镖水平投出，飞镖在空中运动可视为平抛运动。某次飞镖打在了靶中心的正上方某处，该同学下次打靶时做出调整，可能让飞镖打在靶中心的是（ ）
A. 保持飞镖出手点距地高度和出手速度不变，减小飞镖出手点到靶的水平距离
B. 保持飞镖出手点到靶的水平距离和出手速度不变，降低飞镖出手点距地高度
C. 保持飞镖出手点距地高度和到靶的水平距离不变，增大飞镖的出手速度
D. 保持飞镖出手点距地高度和到靶的水平距离不变，减小飞镖的出手速度
【答案】BD
【解析】A．保持飞镖出手点距地高度和出手速度不变，减小飞镖出手点到靶的水平距离，则运动到靶的时间变短，竖直位移更短，落点在靶中心的正上方，A错误；
B．保持飞镖出手点到靶的水平距离和出手速度不变，则运动到靶的时间不变，竖直位移不变，由于降低飞镖出手点距地高度，落点可能在靶中心，故B正确
C．保持飞镖出手点距地高度和到靶的水平距离不变，增大飞镖的出手速度，则运动到靶的时间变短，竖直位移更短，落点在靶中心的正上方，故C错误；
D．保持飞镖出手点距地高度和到靶的水平距离不变，减小飞镖的出手速度，则运动到靶的时间变长，竖直位移变长，落点可能在靶中心，故D正确；
故选BD
类型2 半圆内的平抛问题
【例2】（2024·江苏·模拟预测）如图所示，半球面半径为R，A点与球心O等高，小球两次从A点以不同的速率沿AO方向抛出，下落相同高度h，分别撞击到球面上B点和C点，速度偏转角分别为和，不计空气阻力。则小球（ ）
A．运动时间B．两次运动速度变化
C．在C点的速度方向可能与球面垂直D．
【答案】D
【详解】A．根据
则运动时间
故A错误；
B．根据
两次运动速度变化
故B错误；
C．若在C点的速度方向与球面垂直，则速度方向所在直线经过圆心，速度方向反向延长线一定经过水平位移的中点，显然不符合，故C错误；
D．速度偏转角分别为和，位移偏转角分别为和，水平位移分别为、，有
可得
如图
可知
所以
故D正确。
故选D。
【变式演练1】（2024·河南开封·一模）如图所示，光滑圆弧轨道AB末端切线水平，与光滑圆弧轨道BCD在B处连接且固定，圆弧轨道BCD的半径为r2，圆弧轨道AB的半径r1未知且可调节。一质量为m的小球，从A点（与O1等高）静止释放，经过B点落在圆弧轨道BCD上。忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．小球经过B点时对轨道的压力与r1的大小无关
B．只要小球在空中运动时间相同，落在圆弧轨道BCD上时的动能就相同
C．适当调节r1的大小，小球可以垂直落在圆弧轨道BCD上
D．当时，小球在空中运动的时间最长
【答案】AD
【详解】A．小球从A点静止释放到B点，根据机械能守恒有
根据牛顿第二定律有
联立解得，轨道对小球的支持力为
则小球经过B点时对轨道的压力与r1的大小无关，故A正确；
B．小球经过B点落在圆弧轨道BCD上，小球在空中运动时间相同，则小球下落高度h相同，则小球落在圆弧BC、CD上的等高处，则根据平抛规律可知，水平位移不同，离开B点的初速度不同，则根据动能定理有
可知落在圆弧轨道BCD上时的动能不相同，故B错误；
C．若小球垂直落在圆弧轨道BCD上，则其速度的反向延长线必然经过圆弧的圆心O点。根据平抛运动规律有，速度的反向延长线经过水平位移的中点，但O点不为水平位移的中点，则小球不可能垂直落在圆弧轨道BCD上，故C错误；
D．若小球在空中运动的时间最长，即此时小球落在C点，则根据平抛规律有
根据动能定理有
联立解得
故D正确。
故选AD。
【变式演练2】如图，水平地面上有一个坑，其竖直截面为圆弧bc，半径为R，O为圆心，若在O点以大小不同的初速度v0沿Oc方向水平抛出小球，小球落在坑内。空气阻力可忽略，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A．落在球面上的最小速度为
B．落在球面上的最小速度为
C．小球的运动时间与v0大小无关
D．无论调整v0大小为何值，球都不可能垂直撞击在圆弧面上
【答案】BD
【详解】AB．小球做平抛运动
且
而落点的速度
整理得
显然当
时速度取得最小值，代入可得最小值为
B正确，A错误；
C．越大，水平位移越大，竖直下落距离越小，运动时间越短，C错误；
D．由于速度的反向延长线恰好过与抛出点等高的水平位移的中点处，若与圆弧垂直，恰好与半径一致，两者相矛盾，因此球都不可能垂直撞击在圆弧上，D正确。
故选BD。
【变式演练3】如图所示，一平台固定在竖直平面内，以平台右边缘O点为原点，沿平台右侧竖直向下为y轴正方向，沿水平向右为x轴正方向建立直角坐标系xOy。在该坐标系中，以坐标原点O为圆心，半径为R的四分之一圆弧轨道竖直固定在平台的右侧。质量为m的小球从坐标原点O以初速度v0（大小未知）沿x轴正方向平抛。重力加速度大小为g，不计空气阻力。小球从O点抛出后到落到圆弧轨道上的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．当初速度的大小为适当的值时，小球可能垂直落到圆弧轨道上
B．初速度越大，小球在空中运动的时间越长
C．初速度时，小球落到圆弧轨道上的动量最小
D．小球落到圆弧轨道上的最小动能为
【答案】D
【详解】A．若小球垂直打在圆轨道上，则速度方向的反向延长线应交于圆心；而于平抛运动的规律可知，速度方向的反向延长线应交于水平位移的中点，根据题意可知圆心和水平位移的中点不是同一位置，故A错误；
B．小球做平抛运动，在竖直方向上物体做自由落体运动，有
解得
可知h越大，小球在空中运动时间越长，由图可知小球速度v0越小，下落的高度越高，飞行时间越长，故B错误；
CD．设落地点与O点的连线与水平方向的夹角为θ，小球做平抛运动
Rcsθ=v0t
由动能定理得
解得
由数学知识得：当
即
Ek取最小值
根据
可知动能最小时动量最小，此时
联立以上可得
故C错误，D正确。
故选D。
【变式演练4】如图所示，是半圆弧的一条水平直径，是圆弧的圆心，是圆弧上一点，，在、两点分别以一定的初速度、水平抛出两个小球，结果都落在 C点，则两个球抛出的初速度、的大小之比为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【详解】两球下落的高度相同，根据；知，下落的时间相同，设圆弧的半径为R，根据几何关系可得
则A点抛出的球平抛运动的水平位移
从O点抛出的球做平抛运动的水平位移为
根据知
故选B。
【变式演练5】如图所示，一竖直圆弧形槽固定于水平地面上，O为圆心，AB为沿水平方向的直径。若在A点以初速度v1平抛一小球，小球将击中槽壁上的最低点D点；若A点小球抛出的同时，在C点以初速度v2向左平抛另一个小球并也能击中D点，已知∠COD=60°，且不计空气阻力，则（ ）
A．两小球同时落到D点
B．两小球初速度大小之比为
C．两小球落到D点时的速度方向与OD线夹角相等
D．两小球落到D点时的瞬时速率之比为
【答案】BD
【详解】A．根据
可知，向左平抛的另一个小球竖直下降的高度小一些，其先落到D点，A错误；
B．对A点抛出的小球有
，
对C点抛出的小球有
，
解得
B正确；
C．A点抛出的小球落到D点时
C点抛出的小球落到D点时
可知，两小球落到D点时的速度方向与OD线夹角不相等，C错误；
D．A点抛出的小球落到D点时
C点抛出的小球落到D点时
结合上述，解得
D正确。
故选BD。
题型五 平抛的多解问题
【例1】如图所示，两平行竖直光滑挡板MN、PQ直立在水平地面上，它们之间的距离为L，它们的高度均为2L。将一小球（可视为质点）从M点以垂直于MN的初速度水平抛出，恰好落到Q点（小球未与挡板碰撞），重力加速度为g。
（1）求小球的初速度大小；
（2）若改变小球水平抛出的初速度大小，小球与两挡板碰撞时，竖直速度保持不变，水平速度瞬间等大反向，要使小球落地时与两挡板的距离相等，求初速度大小应满足的条件（碰撞时间可忽略不计）。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）小球做平抛运动
，
解得
（2）若小球与挡板碰撞n次后落到地面
解得
【变式演练1】如图所示，刚性圆柱形容器，上端开口，容器内侧高，内径，现有一刚性小球（视为质点）从容器上端内边缘沿直径以的初速度水平抛出，小球恰好可以击中容器底部中心位置。已知重力加速度，忽略空气阻力，小球与容器内壁碰撞视为弹性碰撞，则小球的初速度可能是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】根据平抛运动的分析可知，竖直方向有
解得
而根据题意，水平方向有
（）
解得
因此的可能值为、、、、、
故选B。
【变式演练2】如图所示，竖直墙MN、PQ间距为l，竖直线OA到两边墙面等距。从离地高度一定的O点垂直墙面以初速度水平抛出一个小球，小球与墙上B点、C点各发生一次弹性碰撞后恰好落在地面上的A点。设B点距地面高度为，C点距地面高度为，所有摩擦和阻力均不计。下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．仅将间距l加倍而仍在两墙中央O点平抛，小球不会落在A点
D．仅将初速度增为（n为正整数），小球可能落在N或Q点
【答案】B
【详解】AB．由于竖直线OA到两边墙面距离均为，小球与墙面发生弹性碰撞，无能量损失，小球在运动过程中，竖直方向为自由落体，水平方向匀速运动，运动到B、C及A水平方向的路程之比为1：3：4，所用时间之比为1：3：4，O到B、C、A的竖直距离分别为、、，由匀变速运动规律得
故
故A错误，B正确；
C．由于OA间高度不变，小球落到地面时间不变，仅将间距加倍而仍在两墙中央O点平抛，小球将与前面碰撞一次后落在A点，故C错误；
D．仅将初速度增为（为正整数），小球从抛出到落地在水平方向通过路程为
根据对称性，小球一定落在A点，故D错误。
故选B。
【变式演练3】（2024·云南·模拟预测）如图所示是某闯关游戏中的一个关卡。一绕过其圆心O的竖直轴顺时针匀速转动的圆形转盘浮在水面上，转盘表面始终保持水平，M为转盘边缘上一点。某时刻，一参赛者从水平跑道边缘P点以速度向右跳出，初速度方向平行于方向，且运动轨迹与此时刻在同一竖直平面内，随后参赛者正好落在M点，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．若跳出时刻不变，仅增大，参赛者必定落水
B．若跳出时刻不变，仅减小，参赛者一定会落在之间
C．若跳出时刻不变，仅增大转盘的角速度，参赛者仍可能落在M点
D．若跳出时刻不变，仅减小转盘的角速度，参赛者不可能落在M点
【答案】C
【详解】AB．参赛者正好落在M点，则M点可能出现在图示的两个位置。
参赛者在空中所做运动为平抛运动，竖直高度不变，参赛者在空中运动时间不变；仅增大，参赛者的水平位移增大，可能落水，可能在台面上；仅减小，参赛者的水平位移减小，可能落水，可能在台面上，故AB错误；
CD．仅增大转盘的角速度，或仅减小转盘的角速度，参赛者的水平位移不变，只要满足M仍在原位置，参赛者就仍可能落在M点，故C正确，D错误。
故选C。
题型六 平抛与圆周的临界问题
【例1【例3】（2023·河北·高三学业考试）某水上娱乐项目可简化为如图所示的模型。摆绳上端固定在离水面高度为H的O点，人抓紧绳子另一端，在绳子伸直情况下从与O点等高处由静止开始下落，到达最低点时松手，做一段平抛运动后落入水中。当绳长为L（）时，平抛运动的水平位移为x，人可视为质点，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．绳长L不同，平抛运动的水平位移x一定不同
B．当绳长时，平抛运动的水平位移有最大值，为
C．绳长L不同，人落水时的速度大小一定不同
D．绳长L不同，人落水时的速度方向一定不同
【答案】D
【详解】A．设人在O点正下方松手时的速度为v，由机械能守恒定律有
可得
松手后人做平抛运动，竖直方向有
水平方向有
可得
则当绳长取不同值时，平抛运动的水平位移x可能相同，故A错误；
B．当，即时，平抛运动的水平位移有最大值，为H，故B错误；
C．设人落水时的速度为，对全过程由机械能守恒定律有
可得
与绳长无关，故C错误；
D．人做平抛运动，竖直方向有
设人落水时的速度方向与水平方向的夹角为，有
L与一一对应，绳长L不同，人落水时的速度方向一定不同，故D正确。
故选D。
【变式演练1】一不可伸长的轻绳上端悬挂于点，另一端系有质量为的小球，保持绳绷直将小球拉到绳与竖直方向夹角为的点由静止释放，运动到点的正下方时绳断开，小球做平抛运动，已知点离地高度为，绳长为，重力加速度大小为，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．在绳断开前，小球受重力、绳的拉力和向心力作用
B．在绳断开前瞬间，小球处于失重状态
C．在绳断开前瞬间，小球所受绳子的拉力大小为
D．若夹角不变，当时，落点距起点的水平距离最远
【答案】CD
【详解】A．在绳断开前，小球在竖直平面内做圆周运动，小球只受重力和绳的拉力作用，故A错误；
B．在绳断开前瞬间，小球加速度方向竖直向上，处于超重状态，故B错误；
C．在绳断开前瞬间，设小球受绳子拉力为，根据牛顿第二定律可得
质量为的小球由静止开始，运动到点正下方过程中机械能守恒，则有
联立解得
故C正确；
D．绳断开后，小球做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，则有
在竖直方向上做自由落体运动，则有
联立解得
根据基本不等式可知，当
即时，落点距起点的水平距离最远，故D正确。
故选CD。
【变式演练2】一质量为可视为质点的小球，系于长为的轻绳一端，绳的另一端固定在点，假定绳不可伸长，柔软且无弹性。现将小球从点的正上方距离点的点以水平速度抛出，如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．轻绳即将伸直时，绳与竖直方向的夹角为
B．轻绳从释放到绷直所需时间为
C．轻绳绷直后瞬间，小球的速度大小为
D．当小球到达点正下方时，绳对质点的拉力为
【答案】D
【详解】AB．小球水平抛出后，在绳子绷直之前做平抛运动，有
解得
故AB错误；
C．绳子绷直时，水平方向的速度突变为零，只剩下竖直方向的速度，故速度
故C错误；
D．小球在绳子绷直后运动到的正下方，机械能守恒，有
又在最低点，根据受力关系
解得
故D正确。
故选D。
题型七 斜抛运动的理解和分析
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.
初速度可以分解为v0x＝v0cs θ，v0y＝v0sin θ.
在水平方向，物体的位移和速度分别为
x＝v0xt＝(v0cs θ)t①
vx＝v0x＝v0cs θ②
在竖直方向，物体的位移和速度分别为
y＝v0yt－eq \f(1,2)gt2＝(v0sin θ)t－eq \f(1,2)gt2③
vy＝v0y－gt＝v0sin θ－gt④
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(1)斜抛运动中的极值
在最高点，vy＝0，由④式得到t＝eq \f(v0sin θ,g)⑤
将⑤式代入③式得物体的射高ym＝eq \f(v02sin2θ,2g)⑥
物体落回与抛出点同一高度时，有y＝0，
由③式得总时间t总＝eq \f(2v0sin θ,g)⑦
将⑦式代入①式得物体的射程xm＝eq \f(v02sin 2θ,g)
当θ＝45°时，sin 2θ最大，射程最大．
所以对于给定大小的初速度v0，沿θ＝45°方向斜向上抛出时，射程最大．
(2)逆向思维法处理斜抛问题
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，还可根据对称性求解某些问题．
【例1】掷铅球是一个需要力量和灵活性的运动，今年的学校运动会，高三（5）班学生周红要参加掷铅球比赛，傍晚来到运动场训练，热身后（不计空气阻力，重力加速度取10m/s2，）
（1）她在第一次投掷中把铅球水平推出，高度为h=1.5m，速度为v0=8m/s，则铅球被推出的水平距离是多少米？
（2）第一次投掷后体育老师给了建议，让她投掷时出手点高一点，斜向上推出铅球。于是，第二次她从离地高为H=1.65m处推出铅球，出手点刚好在边界线上方，速度方向与水平方向成53°，如图所示，此次推出铅球时铅球的速度大小仍为8m/s，则这次投掷的成绩为多少米？

【答案】（1）；（2）7.2m
【详解】（1）由平抛运动知识
解得铅球被推出的水平距离为
（2）被推出的铅球在竖直方向做竖直上抛运动，则有
解得
，（舍去）
铅球在水平方向做匀速直线运动，则这次投掷的成绩为
【变式演练1】如图甲所示，篮球是一项学生热爱的运动项目，在一次比赛中，某同学以斜向上的速度将篮球抛出，篮球与篮板撞击后落入篮筐，可得到此次篮球运动轨迹的简易图如图乙所示。若此次运动中；篮球的初速度与竖直方向夹角θ=53°，大小为v1=5m/s，篮球抛出后恰好垂直打在篮筐上方后被反向弹回并且从篮筐正中央落下。已知撞击点与篮筐竖直距离h=0.2m，篮球与篮板撞击时间为。篮筐中心与篮板的水平距离为L=0.6m，篮球质量为m=0.6kg，重力加速度为g=10m/s2，sin53°=0.8，cs53°=0.6，不计空气阻力，篮球运动过程中可以看成质点。求：
（1）篮球抛出瞬间，同学对篮球所做的功W的大小；
（2）篮球与篮板撞击前瞬间的速度v2的大小和撞击后瞬间的速度v3的大小；
（3）篮球与篮板撞击瞬间，篮球所受水平方向平均撞击力F的大小。
【答案】（1）7.5J；（2），；（3）420N
【详解】（1）设篮球抛出瞬间，同学对篮球所作的功为W由动能定理
解得
W=7.5J
（2）篮球与篮板撞击前瞬间的速度等于篮球抛出时水平方向的分速度，所以
解得
篮球与篮板撞击后瞬间速度也是水平，碰后篮球做平抛运动，故
，
解得
（3）取v2的运动方向为正方向，篮球与篮板撞击瞬间，对篮球，由动量定理得
解得
F=420N
【变式演练2】如图所示，某同学在距离篮筐一定距离的地方起跳投篮，篮球在A点出手时与水平方向成60°角，速度大小为v0，在C点入框时速度与水平方向成角。现将篮球简化成质点，忽略空气阻力，取重力加速度为g，则下列分析正确的是（ ）
A．篮球在空中飞行过程中，单位时间内的速度变化量大小改变
B．AC两点的高度差大小为
C．篮球在最高点时重力势能的大小是动能大小的2倍
D．篮球在C点时候的速度大小为v0
【答案】B
【详解】A．篮球在空中飞行过程中，仅受重力作用，做匀变速曲线运动，故单位时间内的速度变化量大小不变，A错误；
B．A点竖直方向上和水平方向上的分速度分别为
，
C点竖直方向上分速度为
竖直方向上可视为竖直上爬运动，根据运动学关系可得AC两点的高度差大小为
B正确；
C．未确定重力势能的零势能面，故篮球在最高点时重力势能的大小与动能大小的无法比较，C错误；
D．篮球在C点时候的速度大小为
D错误。
故选B。
【变式演练3】两名同学在篮球场进行投篮练习，投篮过程如图所示，篮球抛出点距离篮筐初始位置的水平距离为、竖直高度为。同学甲在点原地静止不动，将篮球以速度与水平成角的方向斜向上抛出，篮球投入篮筐；同学乙以的速度运球至点，将篮球相对同学乙自身竖直向上抛出，也将篮球投入篮筐。篮球可视为质点，不计空气阻力，重力加速度取，，。下列说法正确的是（ ）
A．同学甲将篮球抛出时的速度大小为
B．同学乙将篮球抛出时竖直向上的分速度为
C．同学甲抛出的篮球最大高度较高
D．甲、乙同学抛出的篮球在空中运动的时间相等
【答案】C
【详解】A．同学甲抛出的篮球在空中做斜上抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，则
解得
选项A错误；
D．同学乙将篮球投入篮筐所用时间为
可知甲、乙两同学投出的篮球在空中运动的时间不相等，选项D错误；
B．设同学乙抛出球时竖直方向的分速度为，则
解得
选项B错误；
C．同学甲投出的篮球在竖直方向的分速度为
根据
可知同学甲投出的篮球最大高度较高，选项C正确。
故选C。
【变式演练4】（2024·山东济宁·三模）某旋转喷灌机进行农田喷灌的示意图如图所示，喷口出水速度的方向可调节。该喷灌机的最大功率为，喷灌机所做功的转化为水的动能，喷口的横截面积，水的密度，重力加速度，，喷口距离地面的高度，忽略空气阻力，不考虑供水水压对水速的影响。求：
（1）喷灌机的最大喷水速度v；
（2）喷口出水速度方向与水平面夹角时，该喷灌机的最大喷灌面积。（保留三位有效数字）
【答案】（1）10m/s；（2）285m2
【详解】（1）设在∆t时间内从喷口处喷出水的质量为∆m，则
由能量关系
解得
v=10m/s
（2）喷口出水速度方向与水平面夹角时，则
该喷灌机的最大喷灌面积
解得
Sm=285m2
题型八 类平抛运动
1.类平抛运动的特点
(1)有时物体的运动与平抛运动很相似，也是物体在某方向做匀速直线运动，在垂直匀速直线运动的方向上做初速度为零的匀加速直线运动。对这种像平抛又不是平抛的运动，通常称为类平抛运动。
(2)受力特点：物体所受的合力为恒力，且与初速度的方向垂直。
(3)运动特点：在初速度v0方向做匀速直线运动，在合外力方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝eq \f(F合,m)。
如图所示，将质量为m的小球从倾角为θ的光滑斜面上A点以速度v0水平抛出(v0的方向与CD平行)，小球运动到B点的过程中做的就是类平抛运动。
2.类平抛运动与平抛运动的规律相类似，两者的区别
(1)运动平面不同：类平抛运动→任意平面；平抛运动→竖直面。
(2)初速度方向不同：类平抛运动→任意方向；平抛运动→水平方向。
(3)加速度不同：类平抛运动→a＝eq \f(F,m)，与初速度方向垂直；平抛运动→重力加速度g，竖直向下。
【例1】（2024·贵州·模拟预测）如图所示，A、B两质点以相同的水平速度抛出，A在竖直平面内运动，落地点为P1，B在光滑斜面上运动，落地点为。不计阻力，则在x轴方向上的远近关系是（ ）
A．较远B．较远
C．等远D．B运动的时间
【答案】BD
【详解】根据题意可知，质点A做平抛运动，根据平抛运动规律
，
得A运动的时间
质点B视为在光滑斜面上的类平抛运动，其加速度为
沿着斜面的位移和水平方向分别有
，B运动的时间
A、B沿x轴方向都做水平速度相等的匀速直线运动，由于运动时间不等，所以沿x轴方向的位移大小不同，根据可知
即P2较远。
故选BD。
【变式演练1】（2024·天津宁河·二模）如图所示是一儿童游戏机的简化示意图，光滑游戏面板倾斜放置，长度为8R的AB直管道固定在面板上，A位于斜面底端，AB与底边垂直，半径为R的四分之一圆弧轨道BC与AB相切于B点，C点为圆弧轨道最高点（切线水平），轻弹簧下端固定在AB管道的底端，上端系一轻绳。现缓慢下拉轻绳使弹簧压缩，后释放轻绳，弹珠经C点时，与圆弧轨道无作用力，并水平射出，最后落在斜面底边上的位置D（图中未画出）。假设所有轨道均光滑，忽略空气阻力，弹珠可视为质点。直管AB粗细不计。下列说法正确的是（ ）
A．弹珠脱离弹簧的瞬间，其动能达到最大
B．弹珠脱离弹簧的瞬间，其机械能达到最大
C．A、D之间的距离为
D．A、D之间的距离为
【答案】BD
【详解】A．弹珠与弹簧接触向上运动过程，对弹珠分析可知，弹珠先向上做加速度减小的加速运动，后做加速度方向反向，大小减小的减速运动，可知，弹簧弹力与重力沿斜面的分力恰好抵消时，合力为0弹珠的动能达到最大，此时弹簧处于压缩状态，A错误；
B．弹珠脱离弹簧之前，弹簧处于压缩，弹簧对弹珠做正功，因此弹珠脱离弹簧的瞬间，弹珠的机械能达到最大，B正确；
CD．弹珠飞出后做类平抛运动，沿斜面方向有
可知弹珠落地D的时间为一定值，水平方向有
可知，弹珠飞出速度越小，距离A点越近，由于弹珠做圆周运动，若恰能越过C，则此时有
C错误，D正确。
故选BD。
【变式演练2】如图所示的坐标系，x轴水平向右，质量为m=0.5kg的小球从坐标原点O处，以初速度斜向右上方抛出，同时受到斜向右上方恒定的风力的作用，风力与的夹角为30°，风力与x轴正方向的夹角也为30°，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．小球的加速度大小为10m/s2
B．加速度与初速度的夹角为60°
C．小球做类斜抛运动
D．当小球运动到x轴上的P点（图中未标出），则小球在P点的横坐标为
【答案】AD
【详解】A．由题意可知，风力与重力的夹角为120°，由于
即风力与重力大小相等，根据矢量合成规律，可知合力与重力等大，则小球的加速度大小为10m/s2，故A正确；
B．由几何关系可知，合力与初速度方向垂直，即加速度方向与初速度的夹角为90°，故B错误；
C．根据上述可知，加速度a与初速度方向垂直，则小球做类平抛运动，故C错误；
D．设P点的横坐标为x，把x分别沿着和垂直分解，则有
，
由类平抛运动的规律可得
，
解得
，
故D正确。
故选AD。
【变式演练3】风洞实验室中可以产生沿水平方向、大小可调节的风力。如图所示，将一个质量为m的小球放入风洞实验室的光滑水平地面上的O点，小球以初速度v0水平向右抛出，此时调节水平风力的大小为恒定值F，F的方向始终与初速度v0的方向垂直，最后小球运动到水平地面上的P点。已知O、P两点连线与初速度v0方向的夹角为θ。试求：
(1)该小球运动到P点时的速度大小和“P点速度方向与初速度v0方向夹角的正切值”；
(2)OP之间的距离。
【答案】(1) ，；(2)
【详解】（1）设小球运动到P点时的速度大小为v，OP之间的距离L。以O点为坐标原点、初速度v0方向为x轴正方向、风力F方向为y轴正方向,建立平面直角坐标系，如图所示，有
沿v0方向
沿风力F方向
由题意知
小球运动到P点时的速度大小
解得
设P点的速度方向和x轴（初速度v0）的夹角为α，有
P点速度方向与初速度v0方向夹角的正切值
（2）OP之间的距离
解得
题型九 抛体运动中的功能与动量
【例1】如图所示，竖直面内有一以O为圆心的圆形区域，直径AB与水平方向的夹角=30°。一小球自A点由静止释放，从圆周上的C点以速率v0穿出圆形区域。现将几个质量为m的小球自A点，先后以不为零的不同水平速度平行该竖直面射入圆形区域。忽略空气阻力，重力加速度大小为g。求：
(1)该圆形区域的半径；
(2)为使小球穿过圆形区域动能增量最大，该小球进入圆形区域时的速度大小；
(3)为使小球穿过圆形区域前后的动量变化量大小为mv0，该小球进入圆形区域时的速度大小。
【答案】(1) ；(2)；(3)
【详解】(1)小球从圆周上的C点以速率穿出圆形区域，故AC沿竖直方向
由几何关系可知
由运动学公式可知
解得
(2)只有重力做功，故由圆形区域最低点（图中D点）穿出的小球重力做功最多，动能增量最大，由运动学公式可得
解得
(3)只受重力作用，且平抛运动的运动时间只与高度有关，故穿过圆形区域前后的动量变化量大小为的小球，必然从与C点等高的B点穿出，由运动学公式可得
解得
【变式演练1】质量为m的物块从某一高度以动能E水平抛出，落地时动能为3E.不计空气阻力，重力加速度为g.则物块( )
A．抛出点的高度为eq \f(3E,mg)
B．落地点到抛出点的水平距离为eq \f(2E,mg)
C．落地时重力的功率为geq \r(6mE)
D．整个下落过程中动量变化量的大小为2eq \r(mE)
【答案】 D
【解析】 由动能定理得 mgh＝3E－E＝2E，故抛出点的高度为h＝eq \f(2E,mg)，故A错误；由E＝eq \f(1,2)mv02，水平方向x＝v0t，竖直方向h＝eq \f(1,2)gt2，解得落地点到抛出点的水平距离为x＝eq \f(2\r(2)E,mg)，故B错误；落地时速度的竖直分量vy＝eq \r(2gh)＝2eq \r(\f(E,m))，故落地时重力的功率为P＝mgvy＝2geq \r(Em)，故C错误；整个下落过程中动量变化量的大小为Δp＝mΔvy＝m·2eq \r(\f(E,m))＝2eq \r(mE)，故D正确．
【变式演练2】我国正在攻关的超高速风洞，是研制新一代飞行器的摇篮，它可以复现40到100公里高空、时速最高达10公里/秒，相当于约30倍声速的飞行条件。现有一小球从风洞中的点M竖直向上抛出，小球受到大小恒定的水平风力，其运动轨迹大致如图所示，其中M、N两点在同一水平线上，O点为轨迹的最高点，小球在M点动能为，在O点动能为，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．小球所受重力和风力大小之比为
B．小球落到N点时的动能为
C．小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为
D．小球从M点运动到N点过程中的最小动能为
【答案】BD
【详解】A．根据题意，设风力大小为，小球的质量为，小球的初速度为，的水平距离为，竖直距离为，竖直方向上有
则有
从到过程中，由动能定理有
可得
又有
水平方向上，由牛顿第二定律有
由运动学公式有
由于运动时间相等，则
则有
解得
故A错误；
B．根据题意可知，小球在水平方向做初速度为0的匀加速直线运动，由对称性可知，小球从和从的运动时间相等，设的水平距离为，则有
小球由过程中，由动能定理有
解得
故B正确；
C．由功能关系可知，小球机械能的变化量等于风力做功，则小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为
故C错误；
D．根据题意可知，小球在重力和风力的合力场中做类斜抛运动，当小球速度方向与合力方向垂直时动能最小，根据前面分析可知合力与竖直方向的夹角的正切值为
根据速度的合成与分解可得小球从点运动到点过程中的最小速度为
则最小动能为
故D正确。
故选BD。
【变式演练3】如图所示，网球运动员发球时，将质量为m的网球（可将其视为质点）从空中某点以初速度水平抛出，网球经过M点时，速度方向与竖直方向夹角为；网球经过N点时，速度方向与竖直方向夹角为。不计空气阻力，网球在从M点运动到N点的过程，动量变化大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】根据平抛运动规律可知，网球在M点时竖直分速度为
在N点的竖直分速度为
则网球从M点到N点的时间为
在从M点运动到N点的过程，由动量定理求得网球动量变化大小为
故选D。
【变式演练4】小明在进行定点投篮，以篮球运动所在的竖直平面内建立坐标系xOy，将一质量为m的篮球由A点投出，其运动轨迹经过A、B、C、D，C为篮球运动的最高点，如图所示。已知重力加速度大小为g，不计空气阻力，篮球可视为质点。下列说法正确的是（ ）
A．C点坐标为（0，L）
B．篮球由B到C和由C到D的过程中，动能的变化量相同
C．篮球在C点时，重力的瞬时功率为
D．篮球由A到B和由C到D的过程中，动量的变化量大小相等，方向相反
【答案】A
【详解】A. 依题意，篮球抛出后做斜抛运动，利用逆向思维，可知篮球从C点做平抛运动到A点，设C点的坐标为，从C点到B点用时为t，由乙图可知
，，
联立可得
故A正确；
B. 篮球由B到C过程中，重力做负功，动能减小；由C到D的过程中，重力做正功动能增大，变化量绝对值相等，但一正一负，故B错误；
C. 篮球在C点是轨迹的最高点，其竖直方向的速度分量为0，因此篮球在C点时，重力的瞬时功率为零，故C错误；
D. 由乙图可知篮球从A到B和由C到D过程水平方向发生的位移相等，则所用时间相等，根据动量定理可得
所以动量变化量相同，故D错误。
故选A。
【变式演练5】如图所示，空间有一底面处于水平地面上的长方体框架长为，且，从顶点沿不同方向平抛完全相同的小球（可视为质点），重力加速度为。求：
（1）从线段上射出的小球中的最小初速度；
（2）分别击中点和点的小球的初动能之比；
（3）所有运动轨迹与线段相交的小球在交点处的速度偏转角（可用三角函数表示）。

【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）从线段上射出的小球中，从射出的小球初速度最小，此时
解得
（2）对击中的小球，有
其动能
击中的小球的初动能与击中的小球的初动能相同，即
联立解得二者动能比为
（3）由题意得，当运动轨迹与线段相交时，所有小球的位移偏转角相同，其正切值
故速度偏转角的正切
即速度偏转角为
【变式演练6】如图所示，竖直面内有一正方形区域，其边和边水平。一小球自点由静止释放，从点以速率穿出区域。现将等若干个小球自点，先后以不同的水平速度平行该竖直面抛入区域，小球从边上除两点以外的各处穿出边。忽略空气阻力，重力加速度的大小为。
（1）求该正方形区域的边长；
（2）小球是所有穿过正方形区域过程中动量变化量为的小球中，穿出时速度最大的小球，求其进入正方形区域时速度的大小；
（3）小球穿过正方形区域的过程中，它们的动能变化量之比为，求小球穿出正方形区域时速度的大小。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）静止释放的小球从点以速率穿出正方形区域，因沿竖直方向，由几何关系可知
解得
（2）由题意水平抛出的穿出时速度最大的小球，应由点穿出，由运动学公式及几何关系

解得
（3）由题意水平抛出的小球应由边的中点穿出，由运动学公式及几何关系得
解得

利用位移关系
从圆心处抛出落到半径为R的圆弧上，如图所示，位移大小等于半径R
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝v0t,y＝\f(1,2)gt2,x2＋y2＝R2))
从与圆心等高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
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝R＋Rcs θ,x＝v0t,y＝Rsin θ,＝\f(1,2)gt2,x－R2＋y2,＝R2))