新高考物理三轮冲刺知识讲练与题型归纳专题06抛体运动（含解析）.doc

专题06 抛体运动 [题型导航]题型一 平抛运动基本规律的应用 1题型二 有约束条件的平抛运动模型 5题型三 平抛运动的临界与极值问题 9题型四 斜抛运动 12 [考点分析]题型一 平抛运动基本规律的应用1．性质加速度为重力加速度g的匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线．2．基本规律以抛出点为原点，水平方向(初速度v0方向)为x轴，竖直向下方向为y轴，建立平面直角坐标系，则：(1)水平方向：做匀速直线运动，速度vx＝v0，位移x＝v0t.(2)竖直方向：做自由落体运动，速度vy＝gt，位移y＝gt2.(3)合速度：v＝，方向与水平方向的夹角为θ，则tan θ＝＝.(4)合位移：s＝，方向与水平方向的夹角为α，tan α＝＝.3．对规律的理解(1)飞行时间：由t＝ 知，时间取决于下落高度h，与初速度v0无关．(2)水平射程：x＝v0t＝v0，即水平射程由初速度v0和下落高度h共同决定，与其他因素无关．(3)落地速度：vt＝＝，以θ表示落地速度与x轴正方向的夹角，有tan θ＝＝，所以落地速度也只与初速度v0和下落高度h有关．(4)速度改变量：因为平抛运动的加速度为重力加速度g，所以做平抛运动的物体在任意相等时间间隔Δt内的速度改变量Δv＝gΔt相同，方向恒为竖直向下，如图1所示．图1(5)两个重要推论图2①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，如图2中A点和B点所示．②做平抛(或类平抛)运动的物体在任意时刻任一位置处，设其速度方向与水平方向的夹角为α，位移方向与水平方向的夹角为θ，则tan α＝2tan θ.[例题1] 投壶是从先秦延续至清末的中国传统礼仪和宴饮游戏，《礼记传》中提到：“投壶，射之细也。

宴饮有射以乐宾，以习容而讲艺也如图所示，甲、乙两人在不同位置沿水平方向各射出一支箭，箭尖插入壶中时与水平面的夹角分别为53°和37°；已知两支箭质量相同，竖直方向下落的高度相等忽略空气阻力、箭长，壶口大小等因素的影响，下列说法正确的是（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）（　　）A．甲、乙两人所射箭的初速度大小之比为16：9 B．甲、乙两人所射箭落入壶口时的速度大小之比为3：4 C．甲、乙两人投射位置与壶口的水平距离之比为16：9 D．甲、乙两人所射箭落入壶口时的动能之比为16：9【解答】解：A、甲、乙两人射箭高度相同，两支箭在空中的运动时间相同，落入壶口时竖直方向的速度vy相同设箭尖插入壶中时与水平面的夹角为θ，箭射出时的初速度为v0，则tanθ，即v0，两支箭射出的初速度大小之比为tan 37°：tan 53°＝9：16，故A错误：B、设箭尖插入壶中时的速度大小为v，则vsinθ＝vy，即v•两支箭落入壶口时的速度大小之比为3：4，故B正确；C、因两支箭在空中的运动时间相同，甲、乙两人投射位置与壶口的水平距离之比，即初速度大小之比，等于9：16.故C错误；D、由Ekmv2可知，两支箭落入壶口时的动能之比为9：16，故D错误。

故选：B[例题2] 定点投篮时，第一次出手位置较高，篮球的速度方向与竖直方向的夹角为60°；第二次出手位置较低，篮球的速度方向与竖直方向的夹角为30°已知两次出手的位置在同一竖直线上，结果篮球都正好垂直撞到篮板上的同一点P，如图所示不计空气阻力，则前、后两次投出的篮球在从出手到撞板的过程中（　　）A．撞击篮板时的速率相等 B．出手时的速率相等 C．运动的时间的比值为1：3 D．上升的高度的的比值为：3【解答】解：D、设投篮处与篮板的水平距离为x，根据做平抛运动的物体任意时刻速度的反向延长线过水平位移的中点，所以有：tan60°、tan30°，从而得到，故D错误；C、在竖直方向上可以认为是自由落体运动，所以，故C错误；A、水平速度v0x1，v0x2，由于上述结论t1，那么v01x，所以撞击篮板的速度不相等，故A错误；B、出手速度v1 v2，结合上一问结论有：v1＝v2，故B正确故选：B[例题3] （多选）图（a）为某科技兴趣小组制作的重力投石机示意图支架固定在水平地面上，轻杆AB可绕支架顶部水平轴OO'在竖直面内自由转动A端凹槽内装有一石子，B端固定一配重某次打靶时，将杆沿逆时针方向转至与竖直方向成θ角后由静止释放，杆在配重重力作用下转到竖直位置时石子被水平抛出。

石子投向正前方竖直放置的靶，打到靶心上方的“6”环处，如图（b）所示若要打中靶心的“10”环处，可能实现的途径有（　　）A．仅增大石子的质量 B．仅增大配重的质量 C．仅增大投石机到靶的距离 D．仅增大θ角【解答】解：A．仅增大石子的质量，根据机械能守恒定律，石子平抛的初速度变小，抛物线向下偏移，可以击中靶心，故A正确；B．仅增大配重的质量，根据机械能守恒定律，石子平抛的初速度变大，抛物线向上偏移，不能击中靶心，故B错误；C．仅增大投石机到靶的距离，抛物线向左偏移，可以击中靶心，故C正确；D．仅增大θ角，配重升高，根据机械能守恒定律，石子平抛的初速度变大，抛物线向上偏移，不能击中靶心，故D错误故选：AC题型二 有约束条件的平抛运动模型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．常见的模型如下：方法内容斜面总结分解速度水平：vx＝v0竖直：vy＝gt合速度：v＝分解速度，构建速度三角形分解位移水平：x＝v0t竖直：y＝gt2合位移：s＝分解位移，构建位移三角形[例题4] 如图所示，将一小球从A点以某一初速度水平抛出，小球恰好落到斜面底端B点，若在B点正上方与A等高的C点将小球以相同大小的初速度水平抛出，小球落在斜面上的D点，A、B、C、D在同一竖直面上。

则（　　）A． B． C． D．【解答】解：如图，设AB之间高度差为h，CD之间高度差为h'，，，代入数据解得，，，斜面倾角的正切值，代入数据解得，，所以，故B正确，ACD错误故选：B[例题5] 2022年2月5日下午，北京冬奥会跳台滑雪项目比赛在位于张家口的国家跳台滑雪中心举行，国家跳台滑雪中心是中国首座跳台滑雪场馆，主体建筑灵感来自于中国传统饰物“如意”，因此被形象地称作“雪如意”如图所示，现有两名运动员（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，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：t2＝1：2 B．他们飞行的水平位移之比为x1：x2＝2：1 C．他们在空中离坡面的最大距离之比为s1：s2＝2：1 D．他们落到坡面上的瞬时速度方向与水平方向的夹角之比为θ1：θ2＝1：1【解答】解：A、设任一运动员的初速度为v，飞行时间为t，斜坡的倾角为α运动员在空中做平抛运动，落到斜坡上时有tanα，解得t∝v，则他们飞行时间之比为t1：t2＝v1：v2＝2：1，故A错误；B、运动员飞行的水平位移为x＝vt∝v2，则他们飞行的水平位移之比为x1：x2＝v12：v22＝4：1，故B错误；C、运动员在空中离坡面的最大距离为s∝v2，则他们在空中离坡面的最大距离之比为s1：s2＝v12：v22＝4：1，故C错误；D、运动员落到坡面上的瞬时速度方向与水平方向的夹角正切为tanθ2tanα，则他们落到坡面上的瞬时速度方向与水平方向的夹角之比为θ1：θ2＝1：1，故D正确。

故选：D[例题6] 如图甲所示，为一梯形平台截面图，OP为粗糙水平面，PD为斜面，小物块置于粗糙水平面上的O点，每次用水平拉力F将物块由O点从静止开始拉动，当物块运动到斜面顶端P点时撤去拉力小物块在大小不同的拉力F作用下落在斜面上的水平射程的x不同，其F﹣x图如图乙所示，若物块与水平面间的动摩擦因数为0.5，斜面与水平地面之间的夹角θ＝45°，g取10m/s2设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法中正确的是（　　）A．小物块每次落在斜面上的速度方向不同 B．不能求出小物块质量 C．小物块质量m＝1.0kg D．O、P间的距离s＝0.625m【解答】解：BCD、OP段，根据动能定理得：Fs﹣μmgs，由平抛运动规律有，物块的水平射程：x＝vPt，小球的竖直位移：ygt2由几何关系有：y＝xtanθ联立解得：x则：Fx+μmg，由图象知：μmg＝5.0N，5.0N/m，解得：m＝1.0kg，s＝0.5m，故BD错误，C正确；A、如图，设速度与水平方向夹角为α，则tanα222tanθ，由于θ为定值，则α为定值，则小物块每次落在斜面上的速度方向相同，故A错误故选：C[例题7] 如图所示，竖直平面内有一足够长且与水平方向成30°的斜面，斜面上有A、B两点，S点在O点正上方，其中OS、OA、AB的长度均为l，若以初速度v0从S点水平射出一个小球，正好可以击中A点，不计空气阻力，当地重力加速度为g，以下说法正确的是（　　）A．若将发射速度增大到2v0，则正好击中B点 B．小球分别击中A点和B点时速度与斜面夹角相同 C．调整v0大小使小球击中B点，则击中时速度大小为 D．若小球以3v0的速度射出，则落到斜面的时间为【解答】解：A、当小球落在A点时，竖直位移yA，落在B点时，竖直位移yB＝l+2lsin30°＝2l，根据，得：v0，根据，得：v0′，故A错误；B、设落在A点和B点，速度方向与水平方向的夹角分别为：θ，θ′，则有：，，可知落在A、B两点的速度方向不同，则速度与斜面的夹角不同，故B错误；C、由A选项分析知，击中B点时，初速度，竖直分速度，根据平行四边形法则知，击中B点时的速度，故C错误；D、若初速度为3v0，则有：，，解得t，故D正确。

故选：D题型三 平抛运动的临界与极值问题　处理平抛运动中的临界问题要抓住两点(1)找出临界状态对应的临界条件．(2)要用分解速度或者分解位移的思想分析平抛运动的临界问题．[例题8] （多选）如图所示，倾斜放置的挡板OM与竖直方向的夹角60°，从O点正下方的A点以v0＝10m/s的水平初速度向右抛出一个质量为m＝1kg的小球（可视为质点），若小球的运动轨迹恰好与挡板上的B点相切（B点未画出），重力加速度g取10m/s2，不考虑空气阻力，则（　　）A．小球到达B点时的速度大小为10m/s B．从A到B过程中，小球的动量变化量为10kg•m/s C．O、A两点间的距离为10m D．从A到B过程中，小球的动能增加量为50J【解答】解：A、小球做平抛运动，小球恰好与挡板上的B点相切，在B点其速度方向与挡板平行，则小球到达B点时的速度方向与竖直方向的夹角为θ＝60°，到达B点的速度大小为 vBm/s＝20m/s，故A错误；B、小球到达B点时的竖直分速度大小为：vym/s＝10m/s，从A到B过程中，小球的动量变化量为Δp＝mvy﹣0＝mvy＝1×10kg•m/s＝10kg•m/s，故B正确；C、由A到B的时间ts＝1s，根据平抛运动的规律得水平位移：x＝v0t＝101m＝10m竖直位移：ygt210×12m＝5m设O、A两点间的距离为s，由几何关系得：tanθ联立解得：s＝5m，故C错误；。