第14讲 抛体运动（讲义）（解析版）-2025年高考物理一轮复习讲练测（新教材新高考）

这是一份第14讲 抛体运动（讲义）（解析版）-2025年高考物理一轮复习讲练测（新教材新高考），共29页。

\l "_Tc8419" 02、知识导图，思维引航 PAGEREF _Tc8419 \h 3
\l "_Tc916" 03、考点突破，考法探究 PAGEREF _Tc916 \h 3
\l "_Tc31522" 考点一 平抛运动规律及应用 PAGEREF _Tc31522 \h 3
\l "_Tc31110" 知识点1、平抛运动 PAGEREF _Tc31110 \h 3
\l "_Tc17245" 知识点2、平抛运动的规律 PAGEREF _Tc17245 \h 4
\l "_Tc31298" 知识点3、平抛运动时间和水平射程 PAGEREF _Tc31298 \h 4
\l "_Tc11782" 知识点4．速度和位移的变化规律 PAGEREF _Tc11782 \h 5
\l "_Tc2130" 考向1 单物体的平抛运动 PAGEREF _Tc2130 \h 5
\l "_Tc23511" 考点2 多物体的平抛运动 PAGEREF _Tc23511 \h 6
\l "_Tc12407" 考点二 与斜面或圆弧面有关的平抛运动 PAGEREF _Tc12407 \h 6
\l "_Tc10875" 考向1 与斜面有关的平抛运动 PAGEREF _Tc10875 \h 8
\l "_Tc15559" 考向2．与圆弧面有关的平抛运动 PAGEREF _Tc15559 \h 10
\l "_Tc31141" 考点三 平抛运动的临界、极值问题 PAGEREF _Tc31141 \h 11
\l "_Tc15224" 知识点1、常见的“临界术语” PAGEREF _Tc15224 \h 11
\l "_Tc20906" 知识点2、平抛运动临界、极值问题的分析方法 PAGEREF _Tc20906 \h 12
\l "_Tc27730" 考向1 物体达到最大位移、最小位移、最大初速度、最小初速度 PAGEREF _Tc27730 \h 12
\l "_Tc29758" 考向2 物体的速度方向恰好沿某一方向时 PAGEREF _Tc29758 \h 13
\l "_Tc7474" 考点四 斜抛运动 PAGEREF _Tc7474 \h 13
\l "_Tc12386" 知识点1、斜抛运动的基本概念 PAGEREF _Tc12386 \h 13
\l "_Tc7196" 知识点2、斜抛运动的基本规律 PAGEREF _Tc7196 \h 14
\l "_Tc1083" 考向1 斜抛运动规律的理解和应用 PAGEREF _Tc1083 \h 14
\l "_Tc5818" 考向2 三维空间内的斜抛运动 PAGEREF _Tc5818 \h 16
\l "_Tc13562" 考向3 斜抛运动与斜面结合问题 PAGEREF _Tc13562 \h 16
\l "_Tc12720" 04、真题练习，命题洞见 PAGEREF _Tc12720 \h 18
考点一 平抛运动规律及应用
知识点1、平抛运动
1．定义：以一定的初速度沿水平方向抛出的物体只在重力作用下的运动。
2．运动性质：平抛运动是加速度为g的匀变速曲线运动，其运动轨迹是抛物线。
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：自由落体运动。
知识点2、平抛运动的规律
知识点3、平抛运动时间和水平射程
知识点4．速度和位移的变化规律
考向1 单物体的平抛运动
1 (多选)摩托车跨越表演是一项惊险刺激的运动，受到许多极限爱好者的喜爱。假设在一次跨越河流的表演中，摩托车离开平台时的速度为24 m/s，刚好成功落到对面的平台上，测得两岸平台高度差为5 m，如图3所示。若飞越中不计空气阻力，摩托车可以近似看成质点，g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A.摩托车在空中的飞行时间为1 s
B.河宽为24 m
C.摩托车落地前瞬间的速度大小为10 m/s
D.若仅增加平台的高度(其他条件均不变)，摩托车依然能成功跨越此河流
【答案】 ABD
【解析】 摩托车在竖直方向做自由落体运动，则有h＝eq \f(1,2)gt2，解得摩托车在空中的飞行时间为t＝1 s，故A正确；河流的宽度即摩托车水平方向位移为d＝x＝v0t＝24×1 m＝24 m，故B正确；竖直方向速度为vy＝gt＝10 m/s，则摩托车落地前瞬间的速度为v＝eq \r(veq \\al(2,0)＋veq \\al(2,y))＝eq \r(242＋102) m/s＝26 m/s，故C错误；摩托车离开平台做平抛运动，仅增加平台的高度(其他条件均不变)，则在空中的飞行时间增大，摩托车水平方向位移增大，所以摩托车依然能成功跨越此河流，故D正确。
考点2 多物体的平抛运动
2. 如图所示，A、B两个小球在同一竖直线上，离地高度分别为2h和h，将两球水平抛出后，不计空气阻力，两球落地时的水平位移分别为s和2s。重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A.A、B两球的初速度大小之比为1∶4
B.A、B两球的运动时间之比为1∶eq \r(2)
C.两小球运动轨迹交点的水平位移为eq \f(5,7)s
D.两小球运动轨迹交点的离地高度为eq \f(6,7)h
【答案】 D
【解析】 小球做平抛运动，竖直方向有H＝eq \f(1,2)gt2，解得t＝eq \r(\f(2H,g))，则A球运动时间tA＝eq \r(\f(2×2h,g))＝eq \r(\f(4h,g))，B球运动时间tB＝eq \r(\f(2h,g))，所以tA∶tB＝eq \r(2)∶1；由x＝v0t得v0＝eq \f(x,t)，结合两球落地时位移之比xA∶xB＝1∶2，可知A、B两球的初速度之比为1∶2eq \r(2)，故A、B错误；两球相交时，水平方向位移相同，因此有vAtA′＝vBtB′，B球下落高度hB＝eq \f(1,2)gtB′2，A球下落的高度hA＝eq \f(1,2)gtA′2，hA＝h＋hB，联立各式得hB＝eq \f(1,7)h，tB′＝eq \r(\f(2h,7g))，则两小球运动轨迹交点的高度为h－eq \f(1,7)h＝eq \f(6,7)h，两小球运动轨
迹交点的水平位移xB′＝vBtB′，2s＝vBeq \r(\f(2h,g))，联立解得xB′＝eq \f(2s,\r(7))，C错误，D正确。
考点二 与斜面或圆弧面有关的平抛运动
考向1 与斜面有关的平抛运动
1.近年来，国家大力开展冰雪运动进校园活动，蹬冰踏雪深受学生喜爱。如图所示，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v1∶v2＝2∶1，不计空气阻力，重力加速度为g，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t1∶t1＝1∶2
B.他们飞行的水平位移之比为x1∶x2＝2∶1
C.他们速度变化之比为Δv1∶Δv2＝2∶1
D.他们在空中离坡面的最大距离之比为s1∶s2＝2∶1
【答案】 C
【解析】 运动员从跳台a处水平飞出，设初速度为v0，飞行时间为t，斜坡的倾角为θ，运动员在空中做平抛运动，落到斜坡上时有tan θ＝eq \f(y,x)＝eq \f(\f(1,2)gt2,v0t)，解得t＝eq \f(2v0tan θ,g)，可得他们飞行时间之比为t1∶t2＝v1∶v2＝2∶1，A错误；运动员飞行的水平位移为x＝v0t＝eq \f(2veq \\al(2,0)tan θ,g)，所以他们飞行的水平位移之比为x1∶x2＝veq \\al(2,1)∶veq \\al(2,2)＝4∶1，B错误；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Δvy＝gt，因为他们飞行时间之比为t1∶t2＝2∶1，则他们速度变化之比为Δv1∶Δv2＝t1∶t2＝2∶1，C正确；运动员在空中离坡面的最大距离为s＝eq \f(（v0sin θ）2,2gcs θ)，他们在空中离坡面的最大距离之比为s1∶s2＝veq \\al(2,1)∶veq \\al(2,2)＝4∶1，D错误。
【题后反思】从斜面上某点水平抛出，又落到斜面上的平抛运动
两种
特殊
状态
落回斜面的时刻
速度与斜面平行的时刻
处理
方法
分解位移
分解速度
运动
特征
①位移偏转角度等于斜面倾角θ；
②落回斜面上时速度方向与斜面的夹角与初速度大小无关，只与斜面的倾角有关；
③落回斜面上时的水平位移与初速度的平方成正比，即x∝veq \\al(2,0)
①竖直分速度与水平分速度的比值等于斜面倾角的正切值；
②该时刻是运动全过程的中间时刻；
③该时刻物体距斜面最远
运动
时间
由tan θ＝eq \f(y,x)＝eq \f(gt,2v0)得t＝eq \f(2v0tan θ,g)
由tan θ＝eq \f(vy,vx)＝eq \f(gt,v0)得t＝eq \f(v0tan θ,g)

2. 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点水平抛出质量相等的两个小球，球1落在B点，球2落在C点，忽略空气阻力。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运动的时间之比为1∶2
C.球1和球2抛出时初速度之比为2∶1
D.球1和球2运动时单位时间内速度变化量之比为1∶1
【答案】 D
【解析】 因为AC＝2AB，所以球2的竖直位移是球1竖直位移的2倍，根据h＝eq \f(1,2)gt2得t＝eq \r(\f(2h,g))，解得运动的时间之比为t1∶t2＝1∶eq \r(2)，故A、B错误；因为BD＝2CD，所以球1的水平位移是球2水平位移的2倍，根据x＝v0t得v0＝xeq \r(\f(g,2h))，解得初速度之比为v01：v02＝2eq \r(2)∶1，故C错误；单位时间内速度变化量即为加速度，而平抛运动的加速度都为g，相同，故D正确。
【题后反思】
方法总结 平抛运动与斜面结合的三种模型
模型
处理
方法
分解速度
分解速度
分解位移
运动
时间
由tan θ＝eq \f(vx,vy)＝eq \f(v0,gt)得t＝eq \f(v0,gtan θ)
由tan θ＝eq \f(vy,vx)＝eq \f(gt,v0)得t＝eq \f(v0tan θ,g)
由tan θ＝eq \f(x,y)＝eq \f(v0t,\f(1,2)gt2)＝eq \f(2v0,gt)得t＝eq \f(2v0,gtan θ)
考向2．与圆弧面有关的平抛运动
3.如图所示，半径为R的半球形碗固定于水平面上，碗口水平，O点为碗的圆心，A、B为水平直径的两个端点。将一弹性小球(可视为质点)从A点沿AB方向以初速度v1水平抛出，小球与碗内壁碰撞一次后恰好经过B点；若将该小球从离O点eq \f(\r(3),2)R处的C点以初速度v2水平抛出，小球与碗内壁碰撞一次后恰好返回C点。假设小球与碗内壁碰撞前后瞬间小球的切向速度不变，沿半径方向的速度等大反向，则v2与v1的比值为( )
A．2eq \r(3) B.eq \r(6)
C.eq \r(5) D.eq \r(3)
【答案】B
【解析】小球从A点以初速度v1向右平抛，反弹后经过B点，由对称性知小球与碗内壁的碰撞点应在碗的最低点，由平抛运动的规律有R＝v1t1，R＝eq \f(1,2)gt12，解得v1＝eq \r(\f(1,2)gR)；小球从C点以初速度v2向右平抛，要使小球能反弹回C点，小球必须垂直打在圆弧上，
如图所示
设碰撞点为D，连接OD，即为平抛轨迹过D点的切线，过D点作DE⊥AB于E，则O为小球平抛水平位移的中点，有ED＝eq \f(1,2)gt22，CO＝OE＝eq \f(1,2)v2t2，在Rt△ODE中，有(ED)2＋(OE)2＝R2，解得v2＝eq \r(3gR)，可得eq \f(v2,v1)＝eq \r(6)，故选B。
4.如图所示，在竖直平面内有一曲面，曲面满足的数学关系式为y＝x2(x＞0)，在y轴上有一点P，坐标为(0,6 m)。从P点将一可看成质点的小球水平抛出，初速度为1 m/s。则小球第一次打在曲面上的时间为(不计空气阻力，g取10 m/s2)( )
A．1 s B.eq \f(\r(5),5) s C.eq \f(\r(10),2) s D.eq \f(\r(2),2) s
【答案】 A
【解析】 设小球经过时间t打在曲面上M点，M点坐标为(x1，y1)，小球水平抛出后做平抛运动，在水平方向上，有x1＝v0t，在竖直方向上，有6 m－y1＝eq \f(1,2)gt2，又小球打在曲面上，则满足数学关系式y1＝x12，代入数据联立解得t＝1 s，故A正确，B、C、D错误。
【题后反思】平抛运动与两类曲面结合问题
(1)物体平抛后落入圆弧内时，物体平抛运动的水平位移、竖直位移与圆弧半径存在一定的数量关系。
(2)物体平抛后落入抛物面内时，物体平抛运动的水平位移、竖直位移与抛物线方程结合可以建立水平方向和竖直方向的关系方程。
考点三 平抛运动的临界、极值问题
知识点1、常见的“临界术语”
(1)题目中有“刚好”“恰好”“正好”“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临界点。
(2)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。
知识点2、平抛运动临界、极值问题的分析方法
(1)确定研究对象的运动性质；
(2)根据题意确定临界状态；
(3)确定临界轨迹，画出轨迹示意图；
(4)应用平抛运动的规律结合临界条件列方程求解。
考向1 物体达到最大位移、最小位移、最大初速度、最小初速度
1．(多选)“山西刀削面”堪称天下一绝，如图所示，小面圈(可视为质点)从距离开水锅高为h处被水平削离，与锅沿的水平距离为L，锅的半径也为L。忽略空气阻力，且小面圈都落入锅中，重力加速度为g，则下列关于所有小面圈在空中运动的描述正确的是( )
A．运动的时间都相同
B．速度的变化量不相同
C．落入锅中时，最大速度是最小速度的3倍
D．若小面圈刚被抛出时初速度为v0，则Leq \r(\f(g,2h))【答案】 AD
【解析】 所有小面圈在空中均做平抛运动，竖直方向均为自由落体运动，根据h＝eq \f(1,2)gt2得t＝eq \r(\f(2h,g))，
可知所有小面圈在空中运动的时间都相同，A正确；所有小面圈都只受到重力作用，所以加速度均为g，根据Δv＝gt可知所有小面圈在空中运动过程中速度的变化量相同，B错误；若小面圈刚被抛出时初速度为v0，根据水平方向为匀速直线运动，落在锅里的水平距离最小值为L，最大值为3L，有L＝vmint，3L＝vmaxt，t＝eq \r(\f(2h,g))，则Leq \r(\f(g,2h))考向2 物体的速度方向恰好沿某一方向时
2．(多选)2024年1月7日，全国单板及自由式滑雪坡面障碍技巧锦标赛开赛。运动员(可视为质点)从A点由静止滑下，到达B点后水平飞出，落到斜面上的C点，不计一切摩擦和空气阻力。已知A、B两点的高度差为h，BC段斜面与水平面之间的夹角为θ，重力加速度为g，则下列说法中正确的是( )
A．运动员从A点由静止滑下后到达B点时的速度大小为2eq \r(gh)
B．运动员从B点运动到C点所用的时间为eq \f(2\r(2gh)tan θ,g)
C．B、C两点之间的距离为eq \f(2htan θ,cs θ)
D．运动员在空中的运动速度方向与斜面平行时，与斜面之间的距离最大
【答案】BD
【解析】： 运动员从高为h的A点由静止滑下，到达B点后水平飞出，根据动能定理，可得mgh＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(2gh)，A错误；设C点与B点之间的距离为s，运动员在空中做平抛运动，有scs θ＝vt，ssin θ＝eq \f(1,2)gt2，联立解得t＝eq \f(2\r(2gh)tan θ,g)，s＝eq \f(4htan θ,cs θ)，B正确，C错误；把运动员在空中的运动分解成沿斜面向下的初速度为vcs θ、加速度大小为gsin θ的匀加速直线运动，和垂直斜面向上的初速度为vsin θ、加速度大小为gcs θ的匀减速直线运动，当垂直斜面的分速度减到0时，即速度方向与斜面平行时运动员离斜面最远，D正确。
考点四 斜抛运动
知识点1、斜抛运动的基本概念
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。
知识点2、斜抛运动的基本规律
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。
(1)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)t
vx＝v0x＝v0cs θ
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)gt2
vy＝v0y－gt＝v0sin θ－gt
(2)当斜抛物体落点位置与抛出点等高时
①射高：h＝eq \f(v0y2,2g)＝eq \f(v02sin2θ,2g)。
②斜抛运动的飞行时间：t＝eq \f(2v0y,g)＝eq \f(2v0sin θ,g)。
③射程：s＝v0cs θ·t＝eq \f(2v02sin θcs θ,g)＝eq \f(v02sin 2θ,g)，
对于给定的v0，当θ＝45°时，射程达到最大值，smax＝eq \f(v02,g)。
考向1 斜抛运动规律的理解和应用
1.如图，运动员起跳投篮。篮球恰好垂直击中篮板“打板区”方框的上沿线中点，反弹落入篮圈，已知篮球出手时球心离地的高度h1＝2.25 m，与篮板的水平距离L1＝1.17 m，篮圈离地的高度h2＝3.05 m，“打板区”方框的上沿线离篮圈的高度h3＝0.45 m，若篮球的直径d＝0.24 m。不考虑空气作用力和篮球的转动，重力加速度g取10 m/s2。求篮球击中篮板时的速度大小。
【答案】 2.1 m/s
【解析】 运动员起跳投篮，篮球恰好垂直击中篮板“打板区”方框的上沿线中点，其逆过程可以看作是平抛运动，则有h3＋h2－h1＝eq \f(1,2)gt12，L1－eq \f(d,2)＝v0t1
代入数据解得v0＝2.1 m/s。
【题后反思】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。
2．(2023·湖南高考)如图(a)，我国某些农村地区人们用手抛撒谷粒进行水稻播种。某次抛出的谷粒中有两颗的运动轨迹如图(b)所示，其轨迹在同一竖直平面内，抛出点均为O，且轨迹交于P点，抛出时谷粒1和谷粒2的初速度分别为v1和v2，其中v1方向水平，v2方向斜向上。忽略空气阻力，关于两谷粒在空中的运动，下列说法正确的是( )
A．谷粒1的加速度小于谷粒2的加速度
B．谷粒2在最高点的速度小于v1
C．两谷粒从O到P的运动时间相等
D．两谷粒从O到P的平均速度相等
【答案】B
【解析】： 抛出的两谷粒在空中均仅受重力作用，加速度均为重力加速度，A错误；谷粒2做斜向上抛运动，谷粒1做平抛运动，均从O点运动到P点，故位移相同，在竖直方向上谷粒2做竖直上抛运动，谷粒1做自由落体运动，竖直方向上位移相同，故谷粒2运动时间较长，C错误；谷粒2做斜抛运动，水平方向上为匀速直线运动，故运动到最高点的速度即为水平方向上的分速度，相同水平位移谷粒2用时较长，故谷粒2在水平方向上的分速度较小，即最高点的速度小于v1，B正确；两谷粒从O点运动到P点的位移相同，谷粒1的运动时间小于谷粒2的运动时间，则谷粒1的平均速度大于谷粒2的平均速度，D错误。
考向2 三维空间内的斜抛运动
3．(多选)如图所示，某同学将离地1.25 m的网球以13 m/s的速度斜向上击出，击球点到竖直墙壁的距离4.8 m。当网球竖直分速度为零时，击中墙壁上离地高度为8.45 m的P点。网球与墙壁碰撞后，垂直墙面速度分量大小变为碰前的0.75倍。平行墙面的速度分量不变。重力加速度g取10 m/s2，网球碰墙后的速度大小v和着地点到墙壁的距离d分别为( )
A．v＝5 m/s B．v＝3eq \r(2) m/s
C．d＝3.6 m D．d＝3.9 m
【答案】BD
【解析】： 设网球飞出时的速度为v0，竖直方向v0竖直2＝2g(H－h)，代入数据得v0竖直＝eq \r(2×10×8.45－1.25) m/s＝12 m/s，则v0水平＝eq \r(132－122) m/s＝5 m/s，网球水平方向到P点的距离x水平＝v0水平t＝v0水平·eq \f(v0竖直,g)＝6 m，根据几何关系可得打在墙面上时，垂直墙面的速度分量v0水平⊥＝v0水平·eq \f(4.8 m,6 m)＝4 m/s，平行墙面的速度分量v0水平∥＝v0水平·eq \f(\r(62－4.82) m,6 m)＝3 m/s，反弹后，垂直墙面的速度分量v水平⊥′＝0.75·v0水平⊥＝3 m/s，则反弹后的网球速度大小为v水平＝eq \r(v水平⊥′2＋v0水平∥2)＝3eq \r(2) m/s，网球落到地面的时间t′＝ eq \r(\f(2H,g))＝ eq \r(\f(8.45×2,10)) s＝1.3 s，着地点到墙壁的距离d＝v水平⊥′t′＝3.9 m，故B、D正确，A、C错误。
考向3 斜抛运动与斜面结合问题
4.第24届冬季奥林匹克运动会在北京和张家口举行，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一，滑雪大跳台的赛道主要由助滑道、起跳区、着陆坡、停止区组成，其场地可以简化为如图甲所示的模型。图乙为简化后的跳台滑雪雪道示意图，AO段为助滑道和起跳区，OB段为倾角α＝30°的着陆坡。运动员从助滑道的起点A由静止开始下滑，到达起跳点O时，借助设备和技巧，以与水平方向成θ＝30°角(起跳角)的方向起跳，最后落在着陆坡面上的C点。已知运动员在O点以20 m/s的速率起跳，轨迹如图，不计一切阻力，取g＝10 m/s2。求：
(1)运动员在空中运动的最高点到起跳点O的距离；
(2)运动员离着陆坡面的距离最大时的速度大小；
(3)OC的距离。
【答案】 (1)5eq \r(13) m (2)20 m/s (3)80 m
【解析】 (1)从O点起跳的水平速度
vx＝v0cs 30°＝10eq \r(3) m/s
竖直速度vy＝v0sin 30°＝10 m/s
运动员到达空中最高点时竖直速度减为零，则所用时间t＝eq \f(vy,g)＝1 s，水平位移x＝vxt＝10eq \r(3) m
竖直位移y＝eq \f(vy2,2g)＝5 m
运动员在空中运动的最高点到起跳点O的距离
s＝eq \r(x2＋y2)＝5eq \r(13) m
(2)沿垂直着陆坡面方向的初速度
vy′＝v0sin 60°＝10eq \r(3) m/s
平行着陆坡面的速度vx′＝v0cs 60°＝10 m/s
垂直着陆坡面的加速度大小
ay＝gcs 30°＝5eq \r(3) m/s2
平行着陆坡面的加速度大小ax＝gsin 30°＝5 m/s2，
经时间t1离着陆坡面最远t1＝eq \f(vy′,ay)＝2 s
此时速度大小为v＝vx′＋axt1＝20 m/s
(3)设OC的距离为L
平行着陆坡面方向运动员做匀加速直线运动，
有L＝vx′t2＋eq \f(1,2)axt22，又t2＝2t1，解得L＝80 m。
5．单板滑雪U形池比赛是冬奥会比赛项目，其场地可以简化为如图甲所示的模型：U形滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道和一个中央的平面直轨道连接而成，轨道倾角为17.2°。某次练习过程中，运动员以vM＝10 m/s的速度从轨道边缘上的M点沿轨道的竖直切面ABCD滑出轨道，速度方向与轨道边缘线AD的夹角α＝72.8°，腾空后沿轨道边缘的N点进入轨道。图乙为腾空过程左视图。该运动员可视为质点，不计空气阻力，取重力加速度的大小g＝10 m/s2，sin 72.8°＝0.96，cs 72.8°＝0.30。求：
(1)运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值d；
(2)M、N之间的距离L。
【答案】：(1)4.8 m (2)12 m
【解析】：(1)在M点，设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分速度为v1，由运动的合成与分解规律得v1＝vMsin 72.8°①
设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分加速度为a1，由牛顿第二定律得mgcs 17.2°＝ma1②
由运动学公式得d＝eq \f(v12,2a1)③
联立①②③式，代入数据得d＝4.8 m。④
(2)在M点，设运动员在ABCD面内平行AD方向的分速度为v2，由运动的合成与分解规律得
v2＝vMcs 72.8°⑤
设运动员在ABCD面内平行AD方向的分加速度为a2，由牛顿第二定律得mgsin 17.2°＝ma2⑥
设腾空时间为t，由运动学公式得t＝eq \f(2v1,a1)⑦
L＝v2t＋eq \f(1,2)a2t2⑧
联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得L＝12 m。⑨
1．（2024·福建·高考真题）先后两次从高为高处斜向上抛出质量为同一物体落于，测得，两轨迹交于P点，两条轨迹最高点等高且距水平地面高为，下列说法正确的是（ ）
A．第一次抛出上升时间，下降时间比值为
B．第一次过P点比第二次机械能少
C．落地瞬间，第一次，第二次动能之比为
D．第二次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹角比第一次大
【答案】B
【详解】A．第一次抛出上升的高度为
故上升时间为
最高点距水平地面高为，故下降的时间为
故一次抛出上升时间，下降时间比值为，故A错误；
B．两条轨迹最高点等高，故可知两次从抛出到落地的时间相等为
故可得第一次，第二次抛出时水平方向的分速度分别为
由于两条轨迹最高点等高，故抛出时竖直方向的分速度相等为
由于物体在空中机械能守恒，故第一次过P点比第二次机械能少
故B正确；
C．从抛出到落地瞬间根据动能定理
故落地瞬间，第一次，第二次动能之比为，故C错误；
D．根据前面分析可知两次抛出时竖直方向的分速度相同，两次落地时物体在竖直方向的分速度也相同，由于第一次的水平分速度较小，物体在水平方向速度不变，故可知第一次抛出时速度与水平方向的夹角较大，第一次落地时速度与水平方向的夹角也较大，故可知第一次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹角比第二次大，故D错误。
故选B。
2．（2024·安徽·高考真题）在某地区的干旱季节，人们常用水泵从深水井中抽水灌溉农田，简化模型如图所示。水井中的水面距离水平地面的高度为H。出水口距水平地面的高度为h，与落地点的水平距离约为l。假设抽水过程中H保持不变，水泵输出能量的倍转化为水被抽到出水口处增加的机械能。已知水的密度为，水管内径的横截面积为S，重力加速度大小为g，不计空气阻力。则水泵的输出功率约为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】设水从出水口射出的初速度为，取时间内的水为研究对象，该部分水的质量为
根据平抛运动规律

解得
根据功能关系得
联立解得水泵的输出功率为
故选B。
3．（2024·海南·高考真题）在跨越河流表演中，一人骑车以25m/s的速度水平冲出平台，恰好跨越长的河流落在河对岸平台上，已知河流宽度25m，不计空气阻力，取，则两平台的高度差h为（ ）
A．0.5mB．5mC．10mD．20m
【答案】B
【详解】车做平抛运动，设运动时间为，竖直方向
水平方向
其中
、
解得
故选B。
4．（2024·湖北·高考真题）如图所示，有五片荷叶伸出荷塘水面，一只青蛙要从高处荷叶跳到低处荷叶上。设低处荷叶a、b、c、d和青蛙在同一竖直平面内，a、b高度相同，c、d高度相同，a、b分别在c、d正上方。将青蛙的跳跃视为平抛运动，若以最小的初速度完成跳跃，则它应跳到（ ）
A．荷叶aB．荷叶bC．荷叶cD．荷叶d
【答案】C
【详解】青蛙做平抛运动，水平方向匀速直线，竖直方向自由落体则有
可得
因此水平位移越小，竖直高度越大初速度越小，因此跳到荷叶c上面。
故选C。
5．（2024·全国·高考真题）福建舰是我国自主设计建造的首艘弹射型航空母舰。借助配重小车可以进行弹射测试，测试时配重小车被弹射器从甲板上水平弹出后，落到海面上。调整弹射装置，使小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍。忽略空气阻力，则小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的（ ）
A．0.25倍B．0.5倍C．2倍D．4倍
【答案】C
【详解】动能表达式为
由题意可知小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍，则离开甲板时速度变为调整前的2倍；小车离开甲板后做平抛运动，从离开甲板到到达海面上时间不变，根据
可知小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的2倍。
故选C。
6．（2024·江苏·高考真题）喷泉a、b形成如图所示的形状，不计空气阻力，则喷泉a、b的（ ）
A．加速度相同
B．初速度相同
C．最高点的速度相同
D．在空中的时间相同
【答案】A
【详解】A．不计空气阻力，在喷泉喷出的水在空中只受重力，加速度均为重力加速度，故A正确；
D．设喷泉喷出的水竖直方向的分速度为，水平方向速度为，竖直方向，根据对称性可知在空中运动的时间
可知
D错误；
BC．最高点的速度等于水平方向的分速度
由于水平方向的位移大小关系未知，无法判断最高点的速度大小关系，根据速度的合成可知无法判断初速度的大小，BC错误；
故选A。
7．（2024·浙江·高考真题）如图所示，小明取山泉水时发现水平细水管到水平地面的距离为水桶高的两倍，在地面上平移水桶，水恰好从桶口中心无阻挡地落到桶底边沿A。已知桶高为h，直径为D，则水离开出水口的速度大小为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【详解】设出水孔到水桶中心距离为x，则
落到桶底A点时
解得
故选C。
8．（2023·浙江·高考真题）铅球被水平推出后的运动过程中，不计空气阻力，下列关于铅球在空中运动时的加速度大小a、速度大小v、动能Ek和机械能E随运动时间t的变化关系中，正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】A．由于不计空气阻力，铅球被水平推出后只受重力作用，加速度等于重力加速度，不随时间改变，故A错误；
B．铅球被水平推出后做平抛运动，竖直方向有
则抛出后速度大小为
可知速度大小与时间不是一次函数关系，故B错误；
C．铅球抛出后的动能
可知动能与时间不是一次函数关系，故C错误；
D．铅球水平抛出后由于忽略空气阻力，所以抛出后铅球机械能守恒，故D正确。
故选D。
9．（2023·湖南·高考真题）如图（a），我国某些农村地区人们用手抛撒谷粒进行水稻播种。某次抛出的谷粒中有两颗的运动轨迹如图（b）所示，其轨迹在同一竖直平面内，抛出点均为，且轨迹交于点，抛出时谷粒1和谷粒2的初速度分别为和，其中方向水平，方向斜向上。忽略空气阻力，关于两谷粒在空中的运动，下列说法正确的是（ ）

A．谷粒1的加速度小于谷粒2的加速度B．谷粒2在最高点的速度小于
C．两谷粒从到的运动时间相等D．两谷粒从到的平均速度相等
【答案】B
【详解】A．抛出的两谷粒在空中均仅受重力作用，加速度均为重力加速度，故谷粒1的加速度等于谷粒2的加速度，A错误；
C．谷粒2做斜向上抛运动，谷粒1做平抛运动，均从O点运动到P点，故位移相同。在竖直方向上谷粒2做竖直上抛运动，谷粒1做自由落体运动，竖直方向上位移相同故谷粒2运动时间较长，C错误；
B．谷粒2做斜抛运动，水平方向上为匀速直线运动，故运动到最高点的速度即为水平方向上的分速度。与谷粒1比较水平位移相同，但运动时间较长，故谷粒2水平方向上的速度较小即最高点的速度小于，B正确；
D．两谷粒从O点运动到P点的位移相同，运动时间不同，故平均速度不相等，谷粒1的平均速度大于谷粒2的平均速度，D错误。
故选B。
10．（2023·全国·高考真题）一同学将铅球水平推出，不计空气阻力和转动的影响，铅球在平抛运动过程中（ ）
A．机械能一直增加B．加速度保持不变C．速度大小保持不变D．被推出后瞬间动能最大
【答案】B
【详解】A．铅球做平抛运动，仅受重力，故机械能守恒，A错误；
B．铅球的加速度恒为重力加速度保持不变，B正确；
CD．铅球做平抛运动，水平方向速度不变，竖直方向做匀加速直线运动，根据运动的合成可知铅球速度变大，则动能越来越大，CD错误。
故选B。
11．（2023·浙江·高考真题）如图所示，在考虑空气阻力的情况下，一小石子从O点抛出沿轨迹运动，其中P是最高点。若空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，则小石子竖直方向分运动的加速度大小（ ）
A．O点最大B．P点最大
C．Q点最大D．整个运动过程保持不变
【答案】A
【详解】由于空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，小石子在O点时速度斜向上方，此时速度最大，空气阻力斜向下方最大，上升过程与竖直方向夹角最小，故此时空气阻力分解在竖直方向最大，根据牛顿第二定律可知此时竖直方向分运动的加速度最大。
故选A。
12．（2024·江西·高考真题）一条河流某处存在高度差，小鱼从低处向上跃出水面，冲到高处．如图所示，以小鱼跃出水面处为坐标原点，x轴沿水平方向，建立坐标系，小鱼的初速度为，末速度v沿x轴正方向．在此过程中，小鱼可视为质点且只受重力作用。关于小鱼的水平位置x、竖直位置y、水平方向分速度和竖直方向分速度与时间t的关系，下列图像可能正确的是（ ）
A． B．C．D．
【答案】AD
【详解】AC．小鱼在运动过程中只受重力作用，则小鱼在水平方向上做匀速直线运动，即为定值，则有水平位移
故A正确，C错误；
BD．小鱼在竖直方向上做竖直上抛运动，则
，
且最高点时竖直方向的速度为0，故B错误，D正确。
故选AD。
13．（2024·山东·高考真题）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20m/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10m/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
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10m
D．轨迹最高点与落点的高度差为45m
【答案】BD
【详解】AC．将初速度分解为沿方向分速度和垂直分速度，则有
，
将重力加速度分解为沿方向分速度和垂直分速度，则有
，
垂直方向根据对称性可得重物运动时间为
重物离PQ连线的最远距离为
故AC错误；
B．重物落地时竖直分速度大小为
则落地速度与水平方向夹角正切值为
可得
故B正确；
D．从抛出到最高点所用时间为
则从最高点到落地所用时间为
轨迹最高点与落点的高度差为
故D正确。
故选BD。
14．（2024·广西·高考真题）如图，在光滑平台上有两个相同的弹性小球M和N。M水平向右运动，速度大小为v。M与静置于平台边缘的N发生正碰，碰撞过程中总机械能守恒。若不计空气阻力，则碰撞后，N在（ ）
A．竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动
B．竖直增面上的垂直投影的运动是匀加速运动
C．水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v
D．水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v
【答案】BC
【详解】由于两小球碰撞过程中机械能守恒，可知两小球碰撞过程是弹性碰撞，由于两小球质量相等，故碰撞后两小球交换速度，即
，
碰后小球N做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，即水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v；在竖直方向上做自由落体运动，即竖直地面上的垂直投影的运动是匀加速运动。
故选BC。
15．（2024·北京·高考真题）如图所示，水平放置的排水管满口排水，管口的横截面积为S，管口离水池水面的高度为h，水在水池中的落点与管口的水平距离为d。假定水在空中做平抛运动，已知重力加速度为g，h远大于管口内径。求：
（1）水从管口到水面的运动时间t；
（2）水从管口排出时的速度大小；
（3）管口单位时间内流出水的体积Q。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）水在空中做平抛运动，由平抛运动规律得，竖直方向
解得水从管口到水面的运动时间
（2）由平抛运动规律得，水平方向
解得水从管口排出时的速度大小
（3）管口单位时间内流出水的体积
16．（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。
考情分析
2024·安徽·高考物理试题
2024·福建·高考物理试题
2024·海南·高考物理试题
2024·湖北·高考物理试题
2024·全国·新课标高考物理试题
2023·辽宁·高考物理试题
2023·全国·高考物理试题
2023·江苏·高考物理试题
复习目标
目标1.理解平抛运动、斜抛运动的概念及运动性质。
目标2.掌握抛体运动的规律，会用运动的合成与分解的方法处理抛体运动、类抛体运动。
目标3.学会处理斜面或圆弧面约束下的平抛运动问题。
运动分解图示
速度关系
位移关系
两个重要推论
(1)做平抛(或类平抛)运动的物体在任一时刻，设其速度方向与水平方向的夹角为θ，位移方向与水平方向的夹角为α，则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，则x＝2OB
运动时间
由t＝ eq \r(\f(2h,g))知，运动时间取决于下落高度h，与初速度v0无关
水平射程
x＝v0t＝v0eq \r(\f(2h,g))，即水平射程由初速度v0和下落高度h共同决定
速度变化规律
①任一时刻的速度水平分量均等于初速度v0
②任一相等时间间隔Δt内的速度变化量方向竖直向下，大小Δv＝Δvy＝gΔt
位移变化规律
①任一相等时间间隔内，水平位移相同，即Δx＝v0Δt
②连续相等的时间间隔Δt内，竖直方向上的位移差不变，即Δy＝gΔt2
已知条件
情景示例
解题策略
已知速
度方向
从斜面外平抛，垂直落在斜面上，如图所示。
已知速度的方向垂直于斜面
分解速度tan θ＝eq \f(v0,vy)＝eq \f(v0,gt)
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。
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)
已知位
移方向
从斜面上平抛又落到斜面上，如图所示。
已知位移的方向沿斜面向下
分解位移tan θ＝eq \f(y,x)＝eq \f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq \f(gt,2v0)
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)
利用位
移关系
从圆心处水平抛出，落到半径为R的圆弧上，如图所示。
已知位移大小等于半径R
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝v0t,y＝\f(1,2)gt2,x2＋y2＝R2))
从与圆心等高的圆弧上水平抛出，落到半径为R的圆弧上，如图所示。
已知水平位移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))