2023年高考物理总复习试题讲解：第四章第2讲 抛体运动（含答案）

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1、第2讲抛体运动目标要求1.掌握平抛运动的规律，会用运动的合成与分解方法分析平抛运动.2.会处理平抛运动中的临界、极值问题考点一平抛运动的规律及应用平抛运动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研究方法：化曲为直(1)水平方向：匀速直线运动；(2)竖直方向：自由落体运动4基本规律如图，以抛出点O为坐标原点，以初速度v0方向(水平方向)为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向1平抛运动的加速度方向与速度方向总垂直()2相等时间内做平抛运动的物体速度变化量相同()3相等时间内做平抛运动的物体速度大小变化相同()1

2、平抛运动物体的速度变化量因为平抛运动的加速度为恒定的重力加速度g，所以做平抛运动的物体在任意相等时间间隔t内的速度改变量vgt是相同的，方向恒为竖直向下，如图所示2两个重要推论(1)做平抛运动的物体在任意时刻(任意位置处)，有tan 2tan .(如图所示)推导：tan 2tan (2)做平抛运动的物体在任意时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过水平位移的中点，如图所示，即xB.推导：xB例1(多选)如图所示，x轴在水平地面上，y轴沿竖直方向图中画出了从y轴上不同位置沿x轴正方向水平抛出的三个小球a、b和c的运动轨迹小球a从(0,2L)处抛出，落在(2L,0)处；小球b、c从(0，L)处抛出，分别

3、落在(2L,0)和(L,0)处不计空气阻力，下列说法正确的是()Ab和c运动时间相同Ba的运动时间是b的两倍Ca和b加速度相同Db的初速度是c的两倍答案ACD解析b、c抛出时的高度相同，小于a抛出时的高度，根据hgt2得t，知b、c的运动时间相同，a的运动时间是b的运动时间的倍，B错误，A正确；由于a和b都做平抛运动，竖直方向只受重力，故a和b加速度相同，C正确；b、c的运动时间相同，b的水平位移是c的水平位移的两倍，则b的初速度是c的初速度的两倍，D正确例2(2020全国卷16)如图，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑，该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3h，其左边缘a点比右边缘b点高0

4、.5h.若摩托车经过a点时的动能为E1，它会落到坑内c点c与a的水平距离和高度差均为h；若经过a点时的动能为E2，该摩托车恰能越过坑到达b点.等于()A20 B18 C9.0 D3.0答案B解析摩托车从a点做平抛运动到c点，水平方向：hv1t1，竖直方向：hgt12，可解得v1，动能E1mv12；摩托车从a点做平抛运动到b点，水平方向：3hv2t2，竖直方向：0.5hgt22，解得v23，动能E2mv22mgh，故18，B正确考点二与斜面或圆弧面有关的平抛运动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，即已知速度的方向垂直于斜面分解速度tan 从圆弧形轨道外平抛

5、，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 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 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 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 考向1与斜面有关的平抛运动例3如图所示，两个高度相同的斜面，倾角分别为30和60，小球A、B分别由斜面顶端以相同大小的水平速度v0抛出，若两球均落在斜面上

6、，不计空气阻力，则A、B两球平抛运动过程()A飞行的时间之比为13B水平位移大小之比为19C竖直下落高度之比为13D落至斜面时速度大小之比为13答案A解析对于A球，tan 30，解得tA，对于B球，tan 60，解得tB，所以，由xv0t可知水平位移大小之比为13，由ygt2，可知竖直下落高度之比为19，故A正确，B、C错误；落在斜面上的竖直分速度vyAgtA2v0tan 30，vyBgtB2v0tan 60，vA2vyA2v02，vB2vyB2v02，则落至斜面时vAv0，vBv0，速度大小之比为，故D错误例4如图所示，从倾角为的足够长的斜面顶端P以速度v0拋出一个小球，落在斜面上某处Q点，

7、小球落在斜面上的速度与斜面的夹角为，若把初速度变为2v0，小球仍落在斜面上，则以下说法正确的是()A夹角将变大B夹角与初速度大小无关C小球在空中的运动时间不变DPQ间距是原来间距的3倍答案B解析根据tan ，解得t，初速度变为原来的2倍，则小球在空中的运动时间变为原来的2倍，C错误；根据xv0t知，初速度变为原来的2倍，则水平位移变为原来的4倍，PQ，PQ间距变为原来间距的4倍，D错误；末速度与水平方向夹角的正切值tan 2tan ，可知速度方向与水平方向夹角正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，因为位移与水平方向夹角不变，则末速度与水平方向夹角不变，由几何关系可知不变，与初速度大小无关，A

8、错误，B正确例5(多选)如图所示，倾角为30的斜面体固定在水平地面上，斜面底端正上方某高度处有一小球以水平速度v0抛出，恰好垂直打在斜面上，已知重力加速度为g，不计空气阻力下列说法正确的是()A小球从抛出到落在斜面上的运动时间为B小球从抛出到落在斜面上的运动时间为C小球抛出时距斜面底端的高度为D小球抛出时距斜面底端的高度为答案AD解析小球恰好垂直打在斜面上，根据几何关系可得tan 60，解得t，故A正确，B错误；小球垂直打在斜面上，根据平抛运动规律，则有xv0t，ygt2，小球落在斜面上，根据几何关系得tan 30，将t代入，联立解得h，故D正确，C错误 考向2与圆弧面有关的平抛运动例6如图所

9、示，B为竖直圆轨道的左端点，它和圆心O的连线与竖直方向的夹角为.一小球在圆轨道左侧的A点以速度v0平抛，恰好沿B点的切线方向进入圆轨道已知重力加速度为g，不计空气阻力，则A、B之间的水平距离为()A. B. C. D.答案A解析由小球恰好沿B点的切线方向进入圆轨道可知，小球在B点时的速度方向与水平方向的夹角为.由tan ，xv0t，联立解得A、B之间的水平距离为x，选项A正确例7如图所示，科考队员站在半径为10 m的半圆形陨石坑(直径水平)边，沿水平方向向坑中抛出一石子(视为质点)，石子在坑中的落点P与圆心O的连线与水平方向的夹角为37，已知石子的抛出点在半圆形陨石坑左端的正上方，且到半圆形陨

10、石坑左端的高度为1.2 m取sin 370.6，cos 370.8，重力加速度大小g10 m/s2，不计空气阻力则石子抛出时的速度大小为()A9 m/s B12 m/sC15 m/s D18 m/s答案C解析由题意可知，小石子竖直方向的位移为hh1Rsin 37，根据公式可得hgt2，代入数据解得t1.2 s小石子水平方向的位移为xRRcos 37，又xv0t，代入数据可得石子抛出时的速度大小为v015 m/s，故选C.考点三平抛运动的临界和极值问题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

11、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 考向1平抛运动的临界问题例8如图所示，窗子上、下沿间的高度H1.6 m，竖直墙的厚度d 0.4 m，某人在距离墙壁L1.4 m、距窗子上沿h 0.2 m 处的 P点，将可视为质点的小物件以垂直于墙壁的速度v水平抛出，要求小物件能直接穿过窗口并落在水平地面上，不计空气阻力，g10 m/s2.则可以实现上述要求的速度大小是()A2 m/s B4 m/sC8 m/s D10 m/s答案B解析小物件做平抛运动，恰好擦着窗子上沿右侧墙边缘穿

12、过时速度v最大此时有：Lvmaxt1, hgt12，代入数据解得：vmax7 m/s，小物件恰好擦着窗口下沿左侧墙边缘穿过时速度v最小，则有：Ldvmint2，Hhgt22，代入数据解得：vmin3 m/s，故v的取值范围是3 m/sv7 m/s，故B正确，A、C、D错误 考向2平抛运动的极值问题例9某科技比赛中，参赛者设计了一个轨道模型，如图所示模型放到0.8 m高的水平桌子上，最高点距离水平地面2 m，右端出口水平现让小球在最高点由静止释放，忽略阻力作用，为使小球飞得最远，右端出口距离桌面的高度应设计为()A0 B0.1 mC0.2 m D0.3 m答案C解析小球从最高点到右端出口，满足机

13、械能守恒，有mg(Hh)mv2，从右端出口飞出后小球做平抛运动，有xvt，hgt2，联立解得x2，根据数学知识知，当Hhh时，x最大，即h1 m时，小球飞得最远，此时右端出口距离桌面高度为h1 m0.8 m0.2 m，故C正确考点四斜抛运动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

14、分解为v0xv0cos ，v0yv0sin .在水平方向，物体的位移和速度分别为xv0xt(v0cos )tvxv0xv0cos 在竖直方向，物体的位移和速度分别为yv0ytgt2(v0sin )tgt2vyv0ygtv0sin gt(1)斜抛运动中的极值在最高点，vy0，由式得到t将式代入式得物体的射高ym物体落回与抛出点同一高度时，有y0，由式得总时间t总将式代入式得物体的射程xm当45时，sin 2最大，射程最大所以对于给定大小的初速度v0，沿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

15、可根据对称性求解某些问题例10某同学在练习投篮时将篮球从同一位置斜向上抛出，其中有两次篮球垂直撞在竖直放置的篮板上，运动轨迹如图所示，不计空气阻力，关于这两次篮球从抛出到撞击篮板的过程()A两次在空中运动的时间相等B两次抛出时的速度相等C第1次抛出时速度的水平分量小D第2次抛出时速度的竖直分量大答案C解析将篮球的运动反向处理，即为平抛运动由题图可知，第2次运动过程中的高度较小，所以运动时间较短，故A错误平抛运动在竖直方向上是自由落体运动，第2次运动过程中的高度较小，故第2次抛出时速度的竖直分量较小，故D错误平抛运动在水平方向是匀速直线运动，水平射程相等，由xv0t可知，第2次抛出时水平分速度较

16、大，第1次抛出时水平分速度较小，故C正确水平分速度第2次大，竖直分速度第1次大，根据速度的合成可知，两次抛出时的速度大小关系不能确定，故B错误例11(2020山东卷16)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vM10 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g10 m/s2，sin

17、72.80.96，cos 72.80.30.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v1vMsin 72.8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mgcos 17.2ma1由运动学公式得d联立式，代入数据得d4.8 m(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v2vMcos 72.8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mgsi

18、n 17.2ma2设腾空时间为t，由运动学公式得tLv2ta2t2联立式，代入数据得L12 m课时精练1如图，抛球游戏中，某人将小球水平抛向地面的小桶，结果球落在小桶的前方不计空气阻力，为了把小球抛进小桶中，则原地再次水平抛球时，他可以()A增大抛出点高度，同时增大初速度B减小抛出点高度，同时减小初速度C保持抛出点高度不变，增大初速度D保持初速度不变，增大抛出点高度答案B解析设小球平抛运动的初速度为v0，抛出点离桶的高度为h，水平位移为x，根据hgt2，可得平抛运动的时间为：t，则水平位移为：xv0tv0.增大抛出点高度，同时增大初速度，则水平位移x增大，不会抛进小桶中，故A错误减小抛出点高度

19、，同时减小初速度，则水平位移x减小，可能会抛进小桶中，故B正确保持抛出点高度不变，增大初速度，则水平位移x增大，不会抛进小桶中，故C错误保持初速度不变，增大抛出点高度，则水平位移x增大，不会抛进小桶中，D错误2(2021浙江1月选考9)某一滑雪运动员从滑道滑出并在空中翻转时经多次曝光得到的照片如图所示，每次曝光的时间间隔相等若运动员的重心轨迹与同速度不计阻力的斜抛小球轨迹重合，A、B、C和D表示重心位置，且A和D处于同一水平高度下列说法正确的是()A相邻位置运动员重心的速度变化相同B运动员在A、D位置时重心的速度相同C运动员从A到B和从C到D的时间相同D运动员重心位置的最高点位于B和C中间答案

20、A解析由于运动员的重心轨迹与同速度不计阻力的斜抛小球轨迹重合，故可以利用斜抛运动规律分析，根据vgt(其中t为曝光的时间间隔)知，相邻位置运动员重心速度变化相同，所以A项正确；A、D位置速度大小相等，但方向不同，所以B项错误；A到B为5个时间间隔，而C到D为6个时间间隔，所以C项错误；根据斜抛运动规律，当A、D处于同一水平高度时，从A点上升到最高点的时间与从最高点下降到D点的时间相等，所以C点为轨迹的最高点，D项错误3.(2021江苏省1月适应性考试5)某生态公园的人造瀑布景观如图所示，水流从高处水平流出槽道，恰好落入步道边的游泳池中现制作一个为实际尺寸的模型展示效果，模型中槽道里的水流速度应

21、为实际的()A. B. C. D.答案B解析由题意可知，水流出后做平抛运动的水平位移和竖直位移均变为原来的，由hgt2，得t，所以时间变为实际的，水流出的速度v，由于水平位移变为实际的，时间变为实际的，则水流出的速度为实际的，故选B.4.如图，斜面上a、b、c三点等距，小球从a点正上方O点抛出，做初速度为v0的平抛运动，恰落在b点若小球初速度变为v，其落点位于c，则()Av0v2v0Bv2v0C2v0v3v0答案A解析根据平抛运动的规律可知，若小球落在b点，有xv0tb，tb，若落在c点，则2xvtc，而tc，若时间不变，则初速度变为原来的2倍，由于tctb，所以v0v2v0，故A正确5.如图

22、所示，小球甲从A点水平抛出，小球乙从B点自由释放，两小球先后经过C点时的速度大小相等，速度方向夹角为45，已知A、C高度差为h，不计空气阻力，由以上条件可知B、A两点高度差为()A.h B.h Ch D2h答案C解析小球甲做平抛运动，竖直方向上做自由落体运动，从A到C，由hgt2可得，甲运动的时间为t甲，竖直分速度vygt甲，据运动的合成与分解可知，甲在C点的速度v甲2v乙，乙球做自由落体运动，下落高度h2h，A、B两点高度差为2hhh，故C正确，A、B、D错误6.如图所示为四分之一圆柱体OAB的竖直截面，半径为R，在B点正上方的C点水平抛出一个小球，小球轨迹恰好在D点与圆柱体相切，OD与OB

23、的夹角为60，则C点到B点的距离为()AR B. C. D.答案D解析设小球平抛运动的初速度为v0，由题意知小球通过D点时的速度与圆柱体相切，则有tan 60，即；小球平抛运动的水平位移：xRsin 60v0t，联立解得：v02，vy2，设平抛运动的竖直位移为y，vy22gy，解得：y，则CByR(1cos 60)，故D正确，A、B、C错误7如图，两小球P、Q从同一高度分别以v1和v2的初速度水平抛出，都落在了倾角53的斜面上的A点，其中小球P垂直打到斜面上，已知sin 530.8，cos 530.6.则v1、v2大小之比为()A21 B32 C916 D329答案D解析两小球抛出后都做平抛运

24、动，两球从同一高度抛出落到同一点，两小球在竖直方向上的位移相等，小球在竖直方向上都做自由落体运动，由t可知，两球的运动时间相等，对Q球，tan 53，解得v2，球P垂直打在斜面上，则有v1vytan 53gttan 53，所以，A、B、C错误，D正确8.(多选)如图所示为一半球形的坑，其中坑边缘两点M、N与圆心O等高且在同一竖直平面内现甲、乙两位同学分别站在M、N两点，同时将两个小球以v1、v2的速度沿图示方向水平抛出，发现两球刚好落在坑中同一点Q，已知MOQ60，忽略空气阻力则下列说法中正确的是()A两球抛出的速率之比为13B若仅增大v1，则两球将在落在坑壁之前相撞C两球的初速度无论怎样变化

25、，只要落在坑中的同一点，两球抛出的速率之和不变D若仅从M点水平抛出小球，改变小球抛出的速度，小球可能垂直坑壁落入坑中答案AB解析由于两球抛出的高度相等，则运动时间相等，x1v1t，x2v2t，由几何关系可知x23x1，所以两球抛出的速率之比为13，故A正确；由2R(v1v2)t可知，若仅增大v1，时间减小，所以两球将在落在坑壁之前相撞，故B正确；要使两小球落在坑中的同一点，必须满足v1与v2之和与时间的乘积等于半球形坑的直径，即(v1v2)t2R，落点不同，竖直方向位移就不同，t也不同，所以两球抛出的速度之和不是定值，故C错误；由平抛运动速度的反向延长线过水平位移的中点可知，若仅从M点水平抛出

26、小球，改变小球抛出的速度，小球不可能垂直坑壁落入坑中，故D错误9.一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示，水平台面的长和宽分别为L1和L2，中间球网高度为h.发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h.不计空气的作用，重力加速度大小为g.若乒乓球的发射速率v在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，则v的最大取值范围是()A.vL1B.vC.vD.v答案D解析当速度最小时，球沿中线，恰好过网，设速度为v1，则有3hhgt12，v1t1，解得v1；当速度最大时，球斜向右侧台面两个角发射，设速度为v2，则3hgt22，v2t

27、2，解得v2，因此v的最大取值范围是v，选项D正确10如图所示，一小球(视为质点)以速度v从倾角为的斜面底端斜向上抛出，落到斜面上的M点且速度水平向右现将该小球以2v的速度从斜面底端朝同样方向抛出，落在斜面上的N点下列说法正确的是()A落到M和N两点时间之比大于12B落到M和N两点速度之比大于12C落到N点时速度方向水平向右DM和N两点距离斜面底端的高度之比为12答案C解析由于落到斜面上M点时速度水平向右，故可把小球在空中的运动逆向看成从M点向左的平抛运动，设在M点的速度大小为vx，把质点在斜面底端的速度v分解为水平速度vx和竖直速度vy，则xvxt，ygt2，位移间的关系tan ，解得在空中

28、飞行时间t，vygt2vxtan ，v和水平方向夹角的正切值tan 2tan ，为定值，即落到N点时速度方向水平向右，故C正确；速度为vvx，即v与vx成正比，故落到M和N两点速度之比为12，故B错误；由t知，落到M和N两点时间之比为12，故A错误；竖直高度为ygt2，y与vx2成正比，M和N两点距离斜面底端的高度之比为14，故D错误11.(2021山东卷16)海鸥捕到外壳坚硬的鸟蛤(贝类动物)后，有时会飞到空中将它丢下，利用地面的冲击打碎硬壳一只海鸥叼着质量m0.1 kg的鸟蛤，在H20 m的高度、以v015 m/s的水平速度飞行时，松开嘴巴让鸟蛤落到水平地面上取重力加速度g10 m/s2，

29、忽略空气阻力(1)若鸟蛤与地面的碰撞时间t0.005 s，弹起速度可忽略，求碰撞过程中鸟蛤受到的平均作用力的大小F；(碰撞过程中不计重力)(2)在海鸥飞行方向正下方的地面上，有一与地面平齐、长度L6 m的岩石，以岩石左端为坐标原点，建立如图所示坐标系若海鸥水平飞行的高度仍为20 m，速度大小在15 m/s17 m/s之间，为保证鸟蛤一定能落到岩石上，求释放鸟蛤位置的x坐标范围答案(1)500 N(2)34 m,36 m或(34 m,36 m)解析(1)设平抛运动的时间为t，鸟蛤落地前瞬间的速度大小为v.竖直方向分速度大小为vy，得Hgt2，vygt，v在碰撞过程中，以鸟蛤为研究对象，取速度v的方向为正方向，由动量定理得Ft0mv联立解得F500 N.(2)若释放鸟蛤的初速度为v115 m/s，设击中岩石左端时，释放点的x轴坐标值为x1，击中右端时，释放点的x轴坐标值为x2，得x1v1t，x2x1L联立解得x130 m，x236 m若释放鸟蛤的初速度为v217 m/s，设击中岩石左端时，释放点的x轴坐标值为x1，击中右端时，释放点的x轴坐标值为x2，得x1v2t，x2x1L联立解得x134 m，x240 m综上得x坐标区间为34 m,36 m或(34 m,36 m)