2019年高考物理一轮复习讲义：第4章 第2讲《平抛运动的规律及应用》(含解析)

第2讲　平抛运动的规律及应用

板块一　主干梳理·夯实基础

【知识点1】　抛体运动　Ⅱ

1．平抛运动

(1)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(不考虑空气阻力)的运动。

  (2)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。

  (3)条件

①v0≠0，且沿水平方向。

②只受重力作用。

2．斜抛运动

  (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。

【知识点2】　抛体运动的基本规律

1．平抛运动

(1)研究方法：平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动。

(2)基本规律(如图所示)

①速度关系

②位移关系

③轨迹方程：y＝x2。

2．类平抛运动的分析

所谓类平抛运动，就是受力特点和运动特点类似于平抛运动，即受到一个恒定的外力且外力与初速度方向垂直，物体做曲线运动。

(1)受力特点：物体所受合力为恒力，且与初速度的方向垂直。

(2)运动特点：沿初速度v0方向做匀速直线运动，沿合力方向做初速度为零的匀加速直线运动。

板块二　考点细研·悟法培优

考点1平抛运动的基本规律[深化理解]

1．关于平抛运动必须掌握的四个物理量

2．平抛运动的两个重要推论

(1)做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，如图甲中A点和B点所示。其推导过程为tanθ＝＝＝。

(2)做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tanθ＝2tanα。如图乙所示。其推导过程为tanθ＝＝＝＝2tanα。

例1　(多选)如图所示，x轴在水平地面内，y轴沿竖直方向。图中画出了从y轴上沿x轴正向抛出的三个小球a、b和c的运动轨迹，其中b和c是从同一点抛出的。不计空气阻力，则(　　)

A．a的飞行时间比b的长

B．b和c的飞行时间相同

C．a的水平初速度比b的小

D．b的水平初速度比c的大

(1)平抛的时间取决于什么？

提示：取决于高度。

(2)平抛的水平射程与初速度有关吗？

提示：有，时间相同的情况下，初速度越大水平射程越大。

尝试解答　选BD。

根据平抛运动的规律h＝gt2，得t＝，因此平抛运动的时间只由高度决定，因为hb＝hc>ha，所以b与c的飞行时间相同，大于a的飞行时间，因此A错误，B正确；又因为xa>xb，而ta<tb，所以a的水平初速度比b的大，C错误；做平抛运动的物体在水平方向上做匀速直线运动，b的水平位移大于c，而tb＝tc，所以vb>vc，即b的水平初速度比c的大，D正确。

总结升华

 “化曲为直”思想在平抛运动中的应用

根据运动效果的等效性，利用运动分解的方法，将其转化为我们所熟悉的两个方向上的直线运动：

(1)水平方向的匀速直线运动；

(2)竖直方向的自由落体运动。

　[2017·四川自贡一诊]在同一水平直线上的两位置分别沿同方向水平抛出两个小球A和B，其运动轨迹如图所示，不计空气阻力。要使两球在空中相遇，则必须(　　)

A．同时抛出两球 B．先抛出A球

C．先抛出B球 D．使两球质量相等

答案　A

解析　在同一水平直线上的两位置抛出两球，根据平抛运动的飞行时间只与高度有关，要使两球在空中相遇，必须同时抛出两球，A正确。

考点2斜面上的平抛运动[解题技巧]

斜面上的平抛运动问题是一种常见的题型，在解答这类问题时除要运用平抛运动的位移和速度规律，还要充分运用斜面倾角，找出斜面倾角同位移和速度与水平方向夹角的关系，从而使问题得到顺利解决。

1．从斜面上某点水平抛出，又落到斜面上的平抛运动的五个特点

(1)位移方向相同，末速度方向平行。

(2)运动的时间与初速度成正比。

(3)位移与初速度的二次方成正比。

(4)当速度与斜面平行时，物体到斜面的距离最远，且从抛出到距斜面最远所用的时间为平抛时间的一半。

(5)竖直位移与水平位移之比等于斜面倾斜角的正切值。

2．常见的模型

例2　[2018·安徽合肥模拟](多选)横截面为直角三角形的两个相同斜面紧靠在一起，固定在水平面上，如图所示，它们的竖直边长都是底边长的一半，现有三个小球从左边斜面的顶点以不同的初速度向右平抛，最后落在斜面上，其落点分别是a、b、c，下列判断正确的是(　　)

A．落在a点的小球飞行时间最长

B．落在c点的小球飞行过程速度变化最大

C．落在c点的小球飞行过程速度变化最快

D．无论小球抛出时速度多大，落到两个斜面上的瞬时速度都不可能与斜面垂直

(1)物体做平抛运动，运动时间由什么来决定？

提示：由竖直方向上的位移来决定。

(2)速度变化的快慢由谁决定？

提示：加速度。

尝试解答　选AD。

物体做平抛运动，运动的时间是由竖直方向上的位移决定的，由题图可知，距a点的高度最大，所以小球落在a点的运动时间最长，A正确；速度变化的快慢是由加速度决定的，三个小球都是做平抛运动，加速度都是重力加速度，所以速度变化的快慢是相同的，C错误；做平抛运动的小球水平方向的速度不变，只有竖直方向的速度在变化，由于落在a点的运动时间最长，所以落在a点的小球速度的变化最大，B错误；小球落在a点，速度不可能垂直斜面，而落在b、c点的小球，竖直速度是gt，水平速度是v，斜面的夹角的正切值是0.5，如果合速度垂直斜面，则＝tanθ，即v0＝0.5gt，竖直位移为0.5gt2，水平位移为vt＝(0.5gt)·t＝0.5gt2，即水平位移和竖直位移等大，由题意可知小球落在b、c点的水平位移必定大于竖直位移，D正确。

总结升华

常见平抛运动模型运动时间的计算方法

(1)在水平地面正上方h处平抛：

由h＝gt2知t＝，即t由高度h决定。如例题中落在a点的小球竖直高度大，飞行时间长。

(2)斜面上的平抛问题：

①从斜面上某点水平抛出，又落到斜面上(如图1)

方法：分解位移

x＝v0t

y＝gt2

tanθ＝

可求得t＝

②对着斜面平抛(如图2)

方法：分解速度

vx＝v0

vy＝gt

tanθ＝＝

可求得t＝

1.[2018·淄博实验中学月考]在斜面顶端的A点以速度v平抛一小球，经t1时间落到斜面上B点处，若在A点将此小球以速度0.5v水平抛出，经t2时间落到斜面上的C点处，以下判断正确的是(　　)

A．AB∶AC＝2∶1    B．AB∶AC＝4∶1

C．t1∶t2＝4∶1    D．t1∶t2＝∶1

答案　B

解析　平抛运动竖直方向上的位移和水平方向上的位移关系为tanθ＝＝＝，则t＝，可知运动的时间与初速度成正比，所以t1∶t2＝2∶1。竖直方向上下落的高度h＝gt2，可得竖直方向上的位移之比为4∶1。斜面上的距离s＝，知AB∶AC＝4∶1。故选B。

2．[2017·湖南重点中学联考]如图所示，A、D分别是斜面的顶端、底端，B、C是斜面上的两个点，AB＝BC＝CD，E点在D点的正上方，与A等高。从E点以一定的水平速度抛出质量相等的两个小球，球1落在B点，球2落在C点。则关于球1和球2从抛出到落在斜面上的运动过程(　　)

A．球1和球2运动的时间之比为2∶1

B．球1和球2动能增加量之比为1∶3

C．球1和球2抛出时初速度之比为2∶1

D．球1和球2运动时的加速度之比为1∶2

答案　C

解析　因为AC＝2AB，则AC的高度差是AB高度差的2倍，根据h＝gt2得t＝，知球1和球2运动的时间之比为1∶，故A错误；根据动能定理得，mgh＝ΔEk，知球1和球2动能增加量之比为1∶2，故B错误；DB在水平方向上的位移是DC在水平方向位移的2倍，结合x＝v0t，解得初速度之比为2∶1，故C正确；平抛运动的物体只受重力作用，加速度为g，故两球的加速度相同，D错误。

考点3类平抛运动的分析[拓展延伸]

1．类平抛与平抛的区别是：平抛初速度水平，只受与初速度垂直竖直向下的重力，a＝g；类平抛初速度不一定水平，但合外力与初速度方向垂直且为恒力，a＝。

2．求解方法

(1)常规分解法：将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向(即沿合外力的方向)的匀加速直线运动。

(2)特殊分解法：对于有些问题，可以过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度a分解为ax、ay，初速度v0分解为vx、vy，然后分别在x、y方向上列方程求解。

例3　如图所示的光滑斜面长为l，宽为b，倾角为θ，一物块(可看成质点)沿斜面左上方顶点P水平射入，恰好从底端Q点离开斜面，试求：

(1)物块由P运动到Q所用的时间t；

(2)物块由P点水平射入时的初速度v0；

(3)物块离开Q点时速度的大小v。

(1)物块类平抛的加速度是多少？

提示：a＝＝gsinθ。

(2)物块的水平位移和沿加速度方向位移分别是多少？

提示：b，l。

尝试解答　(1) 　(2)b

(3)。

(1)沿斜面向下的方向有

mgsinθ＝ma，l＝at2

联立解得t＝。

(2)沿水平方向有b＝v0t

v0＝＝b。

(3)物块离开Q点时的速度大小

v＝＝。

总结升华

求解类平抛问题的关键

(1)对研究对象受力分析，找到合外力的大小、方向，正确求出加速度。例题中，物体受重力、支持力作用，合外力沿斜面向下。

(2)确定是研究速度，还是研究位移。

(3)把握好分解的思想方法，例题中研究位移，把运动分解成沿斜面的匀加速直线运动和水平方向的匀速直线运动，然后将两个方向的运动用时间t联系起来。

　A、B两个质点以相同的水平速度v0抛出，A在竖直平面内运动，落地点为P1，B沿光滑斜面运动，落地点为P2，不计阻力，如图所示，下列比较P1、P2在x轴上远近关系的判断正确的是(　　)

A．P1较远 B．P2较远

C．P1、P2等远 D．A、B两项都有可能

答案　B

解析　A质点水平抛出后，只受重力，做平抛运动，在竖直方向有h＝gt。B质点水平抛出后，受重力和支持力，在斜面平面内所受合力为mgsinθ，大小恒定且与初速度方向垂直，所以B质点做类平抛运动。在沿斜面向下方向上＝gsinθ·t。A的水平位移x1＝v0t1，B的水平位移x2＝v0t2，由于t2>t1，所以x2>x1，P2较远。

 [2017·包头模拟](16分)如图所示，水平屋顶高H＝5 m，围墙高h＝3.2 m，围墙到房子的水平距离L＝3 m，围墙外空地宽x＝10 m，为使小球从屋顶①水平飞出②落在围墙外的空地上，g取10 m/s2。求：

(1)小球离开屋顶时的速度③v0的大小范围；

(2)小球落在空地上的④最小速度。

[审题　抓住信息，准确推断]　

[破题　形成思路，快速突破]　

(1)设小球恰好落到空地边缘时的水平初速度为v1，请写出平抛运动的位移方程。

①水平方向：L＋x＝v1t1；

②竖直方向：H＝gt。

(2)设小球恰好越过墙的边缘时的水平初速度为v2，请写出平抛运动的位移方程。

①水平方向：L＝v2t2；

②竖直方向：H－h＝gt。

(3)请写出v0的取值范围。

提示：v0的取值范围为v2≤v0≤v1。

(4)在v0的取值范围内落地速度最小时，对应的初速度是多少？

提示：v0对应最小值v2时，小球落地速度最小。

[解题　规范步骤，水到渠成]　

(1)设小球恰好落到空地的右侧边缘时的水平初速度为v01，则小球的水平位移：

L＋x＝v01t1(2分)

小球的竖直位移：

H＝gt(2分)

解以上两式得：

v01＝(L＋x) ＝13 m/s(1分)

设小球恰好越过围墙的边缘时的水平初速度为v02，则此过程中小球的水平位移：

L＝v02t2(2分)

小球的竖直位移：

H－h＝gt(2分)

解以上两式得：

v02＝5 m/s(1分)

小球抛出时的速度大小为5 m/s≤v0≤13 m/s(1分)

(2)小球落在空地上，下落高度一定，落地时的竖直分速度一定，当小球恰好越过围墙的边缘落在空地上时，落地速度最小。竖直方向：

v＝2gH(2分)

又有：vmin＝(2分)

解得：vmin＝5 m/s。(1分)

[点题　突破瓶颈，稳拿满分]　

(1)常见的思维障碍：不理解小球落在墙外的空地上的含义，不能挖掘出当小球恰好越过墙的边缘时v0有最小速度，恰好落到空地边缘时v0有最大速度这两个临界状态，导致无法求出结果。

(2)因解答不规范导致的失分：

①解题时不用题中所给字母列方程，导致失分；

②解出两个临界速度后，没有补充说明v0的取值范围，导致失分。