2023届高考物理大一轮复习第四章曲线运动教师用书

第四章曲线运动考纲要求考情分析运动的合成与分解Ⅱ1.命题规律平抛运动的规律及其研究方法，圆周运动的角速度、线速度和向心加速度等是本章的命题热点，题型有选择题，也有计算题。2.考查热点突出物理与现代科技、生产、生活的结合，与牛顿运动定律、机械能守恒等内容综合命题的可能性也较大。抛体运动Ⅱ匀速圆周运动、角速度、线速度、向心加速度Ⅰ匀速圆周运动的向心力Ⅱ离心现象Ⅰ第20课时运动的合成与分解(双基落实课)[命题者说]合成和分解是研究曲线运动的根本方法，因此高考常对本课时进行单独命题，题型一般为选择题。复习本课时时，要注意理解规律，并掌握两种模型：小船过河、关联速度问题。一、物体做曲线运动的条件与轨迹分析1.曲线运动(1)速度的方向：质点在某一点的速度方向沿曲线在这一点的切线方向。(2)运动的性质：做曲线运动的物体，速度的方向时刻在改变，所以曲线运动一定是变速运动。(3)曲线运动的条件：物体所受合力的方向与它的速度方向不在同一直线上。2．合外力方向与轨迹的关系物体做曲线运动的轨迹一定夹在合外力方向与速度方向之间，速度方向与轨迹相切，合外力方向指向轨迹的“凹〞侧。3．速率变化情况判断(1)当合外力方向与速度方向的夹角为锐角时，物体的速率增大；(2)当合外力方向与速度方向的夹角为钝角时，物体的速率减小；(3)当合外力方向与速度方向垂直时，物体的速率不变。[小题练通]1．判断正误(1)速度发生变化的运动，一定是曲线运动。(×)(2)做曲线运动的物体加速度一定是变化的。(×)(3)做曲线运动的物体加速度可以为零。(×)(4)曲线运动是变速运动。(√)2．一个物体在F1、F2、F3、…、Fn共同作用下做匀速直线运动，假设突然撤去外力F2，而其他力不变，那么该物体()A．可能做曲线运动B．不可能继续做直线运动C．一定沿F2的方向做直线运动D．一定沿F2的反方向做匀减速直线运动解析：选A根据题意，物体开始做匀速直线运动，物体所受的合力一定为零，突然撤去F2后，物体所受其余力的合力与F2大小相等、方向相反，而物体速度的方向未知，故有很多种情况：假设速度和F2在同一直线上，物体做匀变速直线运动，假设速度和F2不在同一直线上，物体做曲线运动，A正确。3．一物体由静止开始自由下落，一小段时间后突然受水平向右的风力的影响，但着地前一段时间风突然停止，那么其运动的轨迹可能是图中的()解析：选C物体一开始做自由落体运动，速度向下；当受到水平向右的风力时，合力的方向为向右偏下，速度和合力的方向不在同一条直线上，物体做曲线运动，轨迹应夹在速度方向和合力方向之间；风停止后，物体的合力方向向下，与速度仍然不在同一条直线上，做曲线运动，轨迹向下凹，故C正确，A、B、D错误。(1)运动轨迹，可以判断合力的大致方向，如下图。在电场中，经常根据这一规律确定带电粒子所受的电场力方向，进而分析粒子的电性或场强方向。(2)运动轨迹在速度方向与合力方向所夹的区间，根据受力方向和速度方向可以判断轨迹的大致弯曲方向。(3)根据合力方向与速度方向的夹角，判断物体的速率变化情况：夹角为锐角时，速率变大；夹角为钝角时，速率变小；合力方向与速度方向垂直时，速率不变，这是匀速圆周运动的受力条件。二、运动的合成与分解的应用1.遵循的法那么位移、速度、加速度都是矢量，故它们的合成与分解都遵循平行四边形定那么。2．合运动与分运动的关系(1)等时性：合运动和分运动经历的时间相等，即同时开始、同时进行、同时停止。(2)独立性：一个物体同时参与几个分运动，各分运动独立进行，不受其他运动的影响。(3)等效性：各分运动的规律叠加起来与合运动的规律有完全相同的效果。3．合运动的性质判断eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(加速度或合外力\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(不变：匀变速运动,变化：非匀变速运动)),加速度或合外力方向与速度方向\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(共线：直线运动,不共线：曲线运动))))4．两个直线运动的合运动性质的判断方法：看合初速度方向与合加速度方向是否共线。两个互成角度的分运动合运动的性质两个匀速直线运动匀速直线运动一个匀速直线运动、一个匀变速直线运动匀变速曲线运动两个初速度为零的匀加速直线运动匀加速直线运动两个初速度不为零的匀变速直线运动如果v合与a合共线，为匀变速直线运动如果v合与a合不共线，为匀变速曲线运动[小题练通]1．判断正误(1)两个分运动的时间一定与它们的合运动的时间相等。(√)(2)合运动的速度一定比分运动的速度大。(×)(3)只要两个分运动为直线运动，合运动一定是直线运动。(×)(4)分运动的位移、速度、加速度与合运动的位移、速度、加速度间满足平行四边形定那么。(√)(5)合运动不一定是物体的实际运动。(×)2．(多项选择)在一光滑水平面内建立平面直角坐标系，一物体从t＝0时刻起，由坐标原点O(0,0)开始运动，其沿x轴和y轴方向运动的速度—时间图像如图甲、乙所示，以下说法中正确的选项是()A．前2s内物体沿x轴做匀加速直线运动B．后2s内物体继续做匀加速直线运动，但加速度沿y轴方向C．4s末物体坐标为(4m,4m)D．4s末物体坐标为(6m,2m)解析：选AD前2s内物体在y轴方向速度为0，由题图甲知物体只沿x轴方向做匀加速直线运动，A正确；后2s内物体在x轴方向做匀速运动，在y轴方向做初速度为0的匀加速运动，加速度沿y轴方向，合运动是曲线运动，B错误；4s内物体在x轴方向上的位移是x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2×2＋2×2))m＝6m，在y轴方向上的位移为y＝eq\f(1,2)×2×2m＝2m，所以4s末物体坐标为(6m,2m)，D正确，C错误。3.如下图，当汽车静止时，车内乘客看到窗外雨滴沿竖直方向OE匀速运动。现从t＝0时汽车由静止开始做甲、乙两种匀加速启动，甲种状态启动后t1时刻，乘客看到雨滴从B处离开车窗，乙种状态启动后t2时刻，乘客看到雨滴从F处离开车窗，F为AB的中点。那么t1∶t2为()A．2∶1B．1∶eq\r(2)C．1∶eq\r(3)D．1∶(eq\r(2)－1)解析：选A雨滴在竖直方向的分运动为匀速直线运动，其速度大小与水平方向的运动无关，故t1∶t2＝eq\f(AB,v)∶eq\f(AF,v)＝2∶1。A正确。“化曲为直〞思想在运动合成与分解中的应用(1)分析运动的合成与分解问题时，要注意运动的分解方向，一般情况下按运动效果进行分解，切记不可按分解力的思路来分解运动。(2)要注意分析物体在两个方向上的受力及运动规律，分别在两个方向上列式求解。(3)两个分方向上的运动具有等时性，这常是处理运动分解问题的关键点。三、小船渡河问题1.三种速度：船在静水中的速度v1、水流速度v2和船的实际运动速度v，其中v是v1与v2的合速度。2．三种情景(1)渡河时间最短船头正对河岸时，渡河时间最短，tmin＝eq\f(d,v1)(d为河宽)。(2)渡河位移最短(v2<v1时)合速度垂直于河岸时，位移最短，xmin＝d。船头指向上游，与河岸夹角为α，cosα＝eq\f(v2,v1)。(3)渡河位移最短(v2>v1时)合速度不可能垂直于河岸，无法垂直渡河。确定方法如下：如下图，以v2矢量末端为圆心，以v1矢量的大小为半径画弧，从v2矢量的始端向圆弧作切线，那么合速度沿此切线方向时位移最短。由图可知sinθ＝eq\f(v1,v2)，最短位移xmin＝eq\f(d,sinθ)＝eq\f(v2,v1)d。[小题练通]1．(多项选择)以下图中实线为河岸，河水的流动方向如图中v的箭头所示，虚线为小船从河岸M驶向对岸N的实际航线。那么其中可能正确的选项是()解析：选AB船头垂直于河岸时，船的实际航向应斜向下游，A正确，C错误；船头斜向上游时，船的实际航向可能垂直于河岸，B正确；船头斜向下游时，船的实际航向一定斜向下游，D错误。2．河宽60m，水流速度v1＝6m/s，小船在静水中的速度v2＝3m/s，求：(1)它渡河的最短时间；(2)它渡河的最短航程。解析：(1)设小船与岸成θ角开出，如图甲所示。渡河时间为t＝eq\f(d,v2sinθ)当θ＝90°时渡河时间最短，tmin＝eq\f(d,v2)＝eq\f(60,3)s＝20s。(2)因为船速小于水速，所以小船一定向下游漂移。如图乙所示，以v1矢量末端为圆心，以v2矢量的大小为半径画弧，从v1矢量的始端向圆弧作切线，那么合速度沿此切线方向时航程最短。由图可知，最短航程为x短＝eq\f(d,sinθ)＝eq\f(v1,v2)d＝eq\f(6,3)×60m＝120m。答案：(1)20s(2)120m3．一小船渡河，河宽d＝180m，水流速度v1＝2.5m/s。假设船在静水中的速度为v2＝5m/s，求：(1)欲使船在最短时间内渡河，船头应朝什么方向？用多长时间？位移是多少？(2)欲使船渡河的航程最短，船头应朝什么方向？用多长时间？位移是多少？解析：(1)欲使船在最短时间内渡河，船头应朝垂直河岸方向。当船头垂直河岸时，小船的运动轨迹如图甲所示。此时渡河时间最短，为t＝eq\f(d,v2)＝eq\f(180,5)s＝36s渡河合速度v＝eq\r(v12＋v22)＝eq\f(5,2)eq\r(5)m/s渡河位移x＝vt＝90eq\(2)欲使船渡河航程最短，应使合速度方向垂直河岸，船头应朝上游与河岸方向成某一夹角α，小船的运动轨迹如图乙所示，有v2cosα＝v1合速度v合＝v2sinα解得α＝60°，v合＝eq\f(5,2)eq\r(3)m/s所以当船头偏向上游与河岸成60°角时航程最短。最短航程x′＝d＝180m渡河时间t′＝eq\f(d,v合)＝eq\f(180,\f(5,2)\r(3))s＝24eq\r(3)s。答案：(1)船头垂直于河岸36s90(2)船头偏向上游与河岸成60°角24eq\r(3)s180m(1)解决小船渡河问题的关键是：正确区分分运动和合运动，船的航行方向也就是船头所指方向的运动，是分运动，船的运动也就是船的实际运动，是合运动，一般情况下与船头指向不共线。(2)运动分解的根本方法，按实际效果分解，一般用平行四边形定那么沿水流方向和船头指向分解。(3)渡河时间只与垂直河岸的船的分速度有关，与水流速度无关。(4)求最短渡河位移时，根据船速v船与水流速度v水的大小情况用三角形定那么求极限的方法处理。四、关联速度问题1.问题特点：沿绳(或杆)方向的速度分量大小相等。2．思路与原那么(1)思路①明确合速度→物体的实际运动速度v；(2)原那么：v1与v2的合成遵循平行四边形定那么。3．解题方法把物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和平行于绳(杆)两个分量，根据沿绳(杆)方向的分速度大小相等求解。常见的模型如下图。[小题练通]1.如下图，不计所有接触面之间的摩擦，斜面固定，两物体质量分别为m1和m2，且m1<m2。假设将m2从位置A由静止释放，当落到位置B时，m2的速度为v2，且绳子与竖直方向的夹角为θ，那么这时m1的速度大小v1等于()A．v2sinθ B.eq\f(v2,sinθ)C．v2cosθ D.eq\f(v2,cosθ)解析：选C物体m2的实际运动情况是沿杆竖直下滑，这个实际运动是合运动，m1的速度与绳上各点沿绳方向的速度大小相等，所以绳的速度等于m1的速度v1，而m2的实际运动应是合运动(沿杆向下)，合速度v2可由沿绳子方向的分速度和垂直于绳子的分速度来合成(即两个实际运动效果)。因此v1跟v2的关系如下图，由图可看出m1的速度大小v1＝v2cosθ，C正确。2.如下图，一根长直轻杆AB在墙角沿竖直墙和水平地面滑动，当AB杆和墙的夹角为θ时，杆的A端沿墙下滑的速度大小为v1，B端沿地面的速度大小为v2。那么v1、v2的关系是()A．v1＝v2B．v1＝v2cosθC．v1＝v2tanθD．v1＝v2sinθ解析：选C如下图，轻杆A端下滑速度v1可分解为沿杆方向的速度v1′和垂直于杆方向的速度v1″，B端水平速度v2可分解为沿杆方向的速度v2′和垂直于杆方向的速度v2″，由于沿杆方向的速度相等，即v1′＝v2′，由数学知识可知，v1′＝v1cosθ，v2′＝v2sinθ，解得v1＝v2tanθ，C正确。3．如下图，长为L的直棒一端可绕固定轴O转动，另一端搁在升降平台上，平台以速度v匀速上升，当棒与竖直方向的夹角为α时，棒的角速度为()A.eq\f(vsinα,L)B.eq\f(v,Lsinα)C.eq\f(vcosα,L)D.eq\f(v,Lcosα)解析：选B棒与平台接触点的实际运动即合运动的速度方向是垂直于棒指向左上方，合速度沿竖直向上方向上的速度分量等于v，即ωLsinα＝v，所以ω＝eq\f(v,Lsinα)。绳(杆)牵连物体的分析技巧1．解题关键找出合速度与分速度的关系是求解关联问题的关键。2．根本思路(1)先确定合速度的方向(物体实际运动方向)。(2)分析合运动所产生的实际效果：一方面使绳或杆伸缩；另一方面使绳或杆转动。(3)确定两个分速度的方向：沿绳或杆方向的分速度和垂直绳或杆方向的分速度，而沿绳或杆方向的分速度大小相同。eq\a\vs4\al([课时达标检测])一、单项选择题1．一个质点受两个互成锐角的恒力F1和F2作用，由静止开始运动，假设运动过程中保持二力方向不变，但F1突然增大到F1＋ΔF，那么质点以后()A．继续做匀变速直线运动B．在相等时间内速度的变化一定相等C．可能做匀速直线运动D．可能做变加速曲线运动解析：选BF1、F2为恒力，物体从静止开始做匀加速直线运动，F1突变后仍为恒力，合力仍为恒力，但合力的方向与速度方向不再共线，所以物体将做匀变速曲线运动，故A错。由加速度的定义式a＝eq\f(Δv,Δt)知，在相等时间Δt内Δv＝aΔt必相等，故B对。做匀速直线运动的条件是F合＝0，所以物体不可能做匀速直线运动，故C错。由于F1突变后，F1＋ΔF和F2的合力仍为恒力，故加速度不可能变化，故D错。2.塔式起重机模型如下图，小车P沿吊臂向末端M水平匀速运动，同时将物体Q从地面竖直向上匀加速吊起，以下选项中能大致反映Q运动轨迹的是()解析：选B水平方向做匀速直线运动，水平方向的合力为零，竖直方向做匀加速运动，竖直方向的合力不为零，做曲线运动的物体受到的合力指向曲线的内侧，可得选项B正确。3．篮球是深受广阔人民群众喜爱的体育运动，某电视台为宣传全民健身运动，举办了一期趣味投篮比赛，运发动站在一个旋转较快的大平台边缘上，向大平台圆心处的球筐内投篮球。如果运发动相对平台静止，那么下面各俯视图中哪幅图中的篮球可能被投入球筐(图中箭头指向表示投篮方向)()解析：选C当沿圆周切线方向的速度和出手速度的合速度指向篮筐方向，球就会被投入篮筐，故C正确，A、B、D错误。4.如下图，一铁球用细线悬挂于天花板上，静止垂在桌子的边缘，悬线穿过一光盘的中间孔，手推光盘在桌面上平移，光盘带动悬线紧贴着桌子的边缘以水平速度v匀速运动，当光盘由A位置运动到图中虚线所示的B位置时，悬线与竖直方向的夹角为θ，此时铁球()A．竖直方向速度大小为vcosθB．竖直方向速度大小为vsinθC．竖直方向速度大小为vtanθD．相对于地面速度大小为v解析：选B光盘的速度是水平向右的，将该速度沿绳和垂直于绳的方向分解，如下图，沿绳方向的分量v′＝vsinθ，这就是桌面以上绳子变长的速度，也等于铁球上升的速度，A、C错误，B正确；由题意可知铁球在水平方向上速度与光盘相同，竖直方向速度为vsinθ，可得铁球相对于地面速度大小为veq\r(1＋sin2θ)，D错误。5．一小船渡河，河水的流速与距河岸的距离的变化关系如图甲所示，船在静水中的速度与时间的关系如图乙所示，那么()A．船渡河的最短时间为75sB．要使船以最短时间渡河，船在河水中航行的轨迹是一条直线C．要使船以最短路程渡河，船在行驶过程中，船头必须始终与河岸垂直D．要使船以最短时间渡河，船在河水中的速度是5m/s解析：选A当船头与河岸垂直时，渡河时间最短，t＝eq\f(d,v船)＝eq\f(300,4)s＝75s，故A正确；船在沿河岸方向上做变速运动，在垂直于河岸方向上做匀速直线运动，两运动的合运动是曲线运动，故B错误；要使船以最短路程渡河，必须是小船合速度始终与河岸垂直，故C错误；根据速度的合成可知，船在河水正中间时速度最大，为5m/s，其余位置小于5m/s，故D错误。6.如下图，在不计滑轮摩擦和绳子质量的条件下，当小车匀速向左运动时，物体M的受力和运动情况是()A．绳的拉力等于M的重力B．绳的拉力大于M的重力C．物体M向上做匀速运动D．物体M向上做匀加速运动解析：选B当小车匀速向左运动时，沿绳子方向的速度vcosθ增大，物体M向上做变加速运动，绳的拉力大于M的重力，选项B正确。7．质量为m＝4kg的质点静止在光滑水平面上的直角坐标系的原点O处，先用沿＋x轴方向的力F1＝8N作用了2s，然后撤去F1；再用沿＋y轴方向的力F2＝24N作用了1s，那么质点在这3s内的轨迹为()解析：选D由F1＝max得ax＝2m/s2，质点沿x轴匀加速直线运动了2s，x1＝eq\f(1,2)axt12＝4m，vx1＝axt1＝4m/s；之后质点受F2作用而做类平抛运动，ay＝eq\f(F2,m)＝6m/s2，质点再经过1s，沿x轴运动的位移x2＝vx1t2＝4m，沿＋y方向运动位移y2＝eq\f(1,2)ayt22＝3m，对应图线可知D项正确。8．(2023·四川高考)有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为v的大河。小明驾着小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直。去程与回程所用时间的比值为k，船在静水中的速度大小相同，那么小船在静水中的速度大小为()A.eq\f(kv,\r(k2－1))B.eq\f(v,\r(1－k2))C.eq\f(kv,\r(1－k2)) D.eq\f(v,\r(k2－1))解析：选B设大河宽度为d，小船在静水中的速度为v0，那么去程渡河所用时间t1＝eq\f(d,v0)，回程渡河所用时间t2＝eq\f(d,\r(v02－v2))。由题知eq\f(t1,t2)＝k，联立以上各式得v0＝eq\f(v,\r(1－k2))。选项B正确，选项A、C、D错误。二、多项选择题9．一质量为2kg的物体在5个共点力作用下做匀速直线运动。现同时撤去其中大小分别为10N和15N的两个力，其余的力保持不变。以下关于此后该物体运动的说法中，正确的选项是()A．可能做匀减速直线运动，加速度大小为10m/s2B．可能做匀速圆周运动，向心加速度大小为5m/s2C．可能做匀变速曲线运动，加速度大小可能为5m/s2D．一定做匀变速直线运动，加速度大小可能为10m/s2解析：选AC物体在5个共点力作用下处于平衡状态，合力为零，当撤去10N和15N的两个力时，剩余3个力的合力与这两个力的合力等大反向，即撤去力后5N≤F合≤25N，2.5m/s2≤a合≤12.5m/s2，由于剩余3个力的合力方向与原速度方向不一定在一条直线上，所以可能做匀变速曲线运动，也可能做匀变速直线运动，故A、C正确。10.(2023·三门峡质检)如下图，某同学在研究运动的合成时做了如下图活动：用左手沿黑板推动直尺竖直向上运动，运动中保持直尺水平，同时，用右手沿直尺向右移动笔尖。假设该同学左手的运动为匀速运动，右手相对于直尺的运动为初速度为零的匀加速运动，那么关于笔尖的实际运动，以下说法中正确的选项是()A．笔尖做匀速直线运动B．笔尖做匀变速直线运动C．笔尖做匀变速曲线运动D．笔尖的速度方向与水平方向夹角逐渐变小解析：选CD由题意知笔尖做匀变速曲线运动，A、B错误，C正确；笔尖的速度方向为合速度方向，右手沿水平方向的速度逐渐增大，那么合速度方向与水平方向夹角逐渐变小，D正确。11.如下图，A、B两球分别套在两光滑的水平直杆上，两球通过一轻绳绕过一定滑轮相连，现在将A球以速度v向左匀速移动，某时刻连接两球的轻绳与水平方向的夹角分别为α、β，以下说法正确的选项是()A．此时B球的速度为eq\f(cosα,cosβ)vB．此时B球的速度为eq\f(sinα,sinβ)vC．在β增大到90°的过程中，B球做匀速运动D．在β增大到90°的过程中，B球做加速运动解析：选AD由于绳连接体沿绳方向的速度大小相等，因此vcosα＝vBcosβ，解得vB＝eq\f(cosα,cosβ)v，A项正确，B项错误；在β增大到90°的过程中，α在减小，因此B球的速度在增大，B球在做加速运动，C项错误，D项正确。12．如图甲、乙所示，民族运动会上有一个骑射工程，运发动骑在奔驰的马背上沿跑道AB运动，且向他左侧的固定目标拉弓放箭。假设运发动骑马奔驰的速度为v1，运发动静止时射出的箭的速度为v2，跑道离固定目标的最近距离OC＝d。假设不计空气阻力的影响，要想命中目标且射出的箭在空中飞行时间最短，那么()A．运发动放箭处离目标的距离为eq\f(v1,v2)dB．运发动放箭处离目标的距离为eq\f(\r(v12＋v22),v2)dC．箭射到固定目标的最短时间为eq\f(d,v2)D．箭射到固定目标的最短时间为eq\f(d,\r(v22－v12))解析：选BC联系“小船渡河模型〞可知，射出的箭同时参与了v1、v2两个运动，要想命中目标且射出的箭在空中飞行时间最短，箭射出的方向应与马运动的方向垂直，故箭射到固定目标的最短时间为t＝eq\f(d,v2)，箭的速度v＝eq\r(v12＋v22)，所以运发动放箭处离固定目标的距离为x＝vt＝eq\f(\r(v12＋v22),v2)d，B、C正确。13.如下图，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的小环，小环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d。现将小环从与定滑轮等高的A处由静止释放，当小环沿直杆下滑距离也为d时(图中B处)，以下说法正确的选项是(重力加速度为g)()A．小环刚释放时轻绳中的张力一定大于2mgB．小环到达B处时，重物上升的高度为(eq\r(2)－1)dC．小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于eq\f(\r(2),2)D．小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于eq\r(2)解析：选ABD如下图，将小环速度v进行正交分解，其分速度v1与重物上升的速度大小相等。小环释放后，v增加，而v1＝vcosθ，v1增大，由此可知小环刚释放时重物具有向上的加速度，故绳中张力一定大于2mg，A项正确；小环到达B处时，绳与直杆间的夹角为45°，重物上升的高度h＝(eq\r(2)－1)d，B项正确；当小环下滑距离d时，v1＝vcos45°＝eq\f(\r(2),2)v，所以，小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于eq\r(2)，C项错误，D项正确。14.如下图，有一个沿水平方向做匀速直线运动的半径为R的半圆柱体，半圆柱面上搁着一个只能沿竖直方向运动的竖直杆，在竖直杆未到达半圆柱体的最高点之前()A．半圆柱体向右匀速运动时，竖直杆向上做匀减速直线运动B．半圆柱体向右匀速运动时，竖直杆向上做减速直线运动C．半圆柱体以速度v向右匀速运动，杆同半圆柱体接触点和柱心的连线与竖直方向的夹角为θ时，竖直杆向上的运动速度为vtanθD．半圆柱体以速度v向右匀速运动，杆同半圆柱体接触点和柱心的连线与竖直方向的夹角为θ时，竖直杆向上的运动速度为vsinθ解析：选BC设半圆柱体的圆心为O，O点向右运动，O点的运动使OA连线绕A点(定点)逆时针转动的同时，沿OA连线方向向上推动A点；竖直杆的实际速度(A点的速度)方向竖直向上，使A点绕O点(重新定义定点)逆时针转动的同时，沿OA方向(弹力方向)与OA具有相同速度。速度分解如图乙所示，对于O点，v1＝vsinθ，对于A点，vA＝eq\f(v1,cosθ)，解得vA＝vtanθ。O点(半圆柱体)向右匀速运动时，杆向上运动，θ角减小，tanθ减小，vA减小，但杆不做匀减速直线运动，A错误，B正确；由vA＝vtanθ可知C正确，D错误。第21课时抛体运动(双基落实课)[命题者说]抛体运动是运动学中的一类典型运动，几乎每年高考都会考查。既有单独命题，也有和动能定理、机械能守恒定律等知识的综合考查。对本课时的复习，重在理解规律、掌握分析方法，并适当和其他知识进行综合训练。一、平抛运动的根本规律1.运动性质平抛运动是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．根本规律(1)水平方向：做匀速直线运动，vx＝v0，x＝v0t。(2)竖直方向：做自由落体运动，vy＝gt，y＝eq\f(1,2)gt2。(3)合速度：v＝eq\r(vx2＋vy2)，方向与水平方向的夹角为α，那么tanα＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(gt,v0)。(4)合位移：s＝eq\r(x2＋y2)，方向与水平方向的夹角为θ，那么tanθ＝eq\f(y,x)＝eq\f(gt,2v0)。3．对规律的理解(1)飞行时间：由t＝eq\r(\f(2h,g))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＝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，与其他因素无关。(3)落地速度：vt＝eq\r(vx2＋vy2)＝eq\r(v02＋2gh)，以α表示落地速度与x轴正方向的夹角，有tanα＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(\r(2gh),v0)，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：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，如下图。4．两个重要推论(1)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，如图中A点为OB的中点。(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，那么tanα＝2tanθ。[小题练通]1．判断正误(1)以一定的初速度水平抛出，物体就做平抛运动。(×)(2)做平抛运动的物体质量越大，水平位移越大。(×)(3)做平抛运动的物体初速度越大，落地时竖直方向的速度越大。(×)(4)从同一高度平抛的物体，不计空气阻力时，在空中飞行的时间是相同的。(√)(5)做平抛运动的物体，在任意相等的时间内速度的变化是相同的。(√)(6)无论平抛运动还是斜抛运动，都是匀变速曲线运动。(√)2．(2023·海南高考)在地面上方某点将一小球以一定的初速度沿水平方向抛出，不计空气阻力，那么小球在随后的运动中，()A．速度和加速度的方向都在不断变化B．速度与加速度方向之间的夹角一直减小C．在相等的时间间隔内，速率的改变量相等D．在相等的时间间隔内，动能的改变量相等解析：选B由于物体只受重力作用，做平抛运动，故加速度不变，速度大小和方向时刻在变化，选项A错误；设某时刻速度与竖直方向夹角为θ，那么tanθ＝eq\f(v0,vy)＝eq\f(v0,gt)，随着时间t变大，tanθ变小，θ变小，应选项B正确；根据加速度定义式a＝eq\f(Δv,Δt)＝g，那么Δv＝gΔt，即在相等的时间间隔内，速度的改变量相等，但速率的改变量不相等，应选项C错误；根据动能定理，在相等的时间间隔内，动能的改变量等于重力做的功，即WG＝mgh，对于平抛运动，由于在竖直方向上，在相等时间间隔内的位移不相等，应选项D错误。3．一物体从某高度以初速度v0水平抛出，落地时速度大小为v，重力加速度为g，那么它运动的时间为()A.eq\f(v－v0,g)B.eq\f(v－v0,2g)C.eq\f(v2－v02,2g) D.eq\f(\r(v2－v02),g)解析：选D物体平抛运动的时间t＝eq\f(vy,g)，由速度的合成与分解可知vy＝eq\r(v2－v02)，故t＝eq\f(vy,g)＝eq\f(\r(v2－v02),g)，D正确。4.(多项选择)某物体做平抛运动时，它的速度方向与水平方向的夹角为θ，其正切值tanθ随时间t变化的图像如下图，(g取10m/s2)那么()A．第1s物体下落的高度为5mB．第1s物体下落的高度为10mC．物体的初速度为5m/sD．物体的初速度为10m/s解析：选AD因tanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(gt,v0)＝eq\f(g,v0)t，对应图像可得eq\f(g,v0)＝1，v0＝10m/s，D正确，C错误；第1s内物体下落的高度h＝eq\f(1,2)gt2＝eq\f(1,2)×10×12m＝5m，A正确，B错误。分解思想在平抛运动中的应用(1)解答平抛运动问题时，一般的方法是将平抛运动沿水平和竖直两个方向分解，这样分解的优点是不用分解初速度，也不用分解加速度。(2)画出速度(或位移)分解图，通过几何知识建立合速度(或合位移)、分速度(或分位移)及其方向间的关系，通过速度(或位移)的矢量三角形求解未知量。二、多体平抛问题1.多体平抛运动问题是指多个物体在同一竖直平面内平抛时所涉及的问题。2．三类常见的多体平抛运动(1)假设两物体同时从同一高度(或同一点)抛出，那么两物体始终在同一高度，二者间距只取决于两物体的水平分运动。(2)假设两物体同时从不同高度抛出，那么两物体高度差始终与抛出点高度差相同，二者间距由两物体的水平分运动和竖直高度差决定。(3)假设两物体从同一点先后抛出，两物体竖直高度差随时间均匀增大，二者间距取决于两物体的水平分运动和竖直分运动。[小题练通]1.如下图，在同一竖直面内，小球a、b从高度不同的两点，分别以初速度va和vb沿水平方向抛出，经过时间ta和tb后落到与两抛出点水平距离相等的P点。假设不计空气阻力，那么()A．ta>tb，va<vbB．ta>tb，va>vbC．ta<tb，va<vbD．ta<tb，va>vb解析：选A做平抛运动的物体，水平方向上做匀速直线运动，有x＝vt；竖直方向上做自由落体运动，有h＝eq\f(1,2)gt2。由题意知ha>hb，那么有ta>tb，又因为xa＝xb，根据以上关系式得va<vb，A正确。2.(多项选择)如图，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，那么()A．a的飞行时间比b的长B．b和c的飞行时间相同C．a的水平速度比b的小D．b的初速度比c的大解析：选BD根据平抛运动的规律h＝eq\f(1,2)gt2，得t＝eq\r(\f(2h,g))，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，因此选项A错误，选项B正确；又因为xa＞xb，而ta＜tb，所以a的初速度比b的大，选项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的初速度比c的大，选项D正确。3.(多项选择)如下图，A、B两点在同一条竖直线上，A点离地面的高度为2.5h，B点离地面高度为2h。将两个小球分别从A、B两点水平抛出，它们在P点相遇，P点离地面的高度为h。重力加速度为g，那么()A．两个小球一定同时抛出B．两个小球抛出的时间间隔为(eq\r(3)－eq\r(2))eq\r(\f(h,g))C．小球A、B抛出的初速度之比eq\f(vA,vB)＝eq\r(\f(3,2))D．小球A、B抛出的初速度之比eq\f(vA,vB)＝eq\r(\f(2,3))解析：选BD平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，由h＝eq\f(1,2)gt2，得t＝eq\r(\f(2h,g))，由于A到P的竖直高度较大，所以从A点抛出的小球运动时间较长，应先抛出，故A错误；由t＝eq\r(\f(2h,g))，得两个小球抛出的时间间隔为Δt＝tA－tB＝eq\r(\f(2×1.5h,g))－eq\r(\f(2h,g))＝(eq\r(3)－eq\r(2))eq\r(\f(h,g))，故B正确；由x＝v0t得v0＝xeq\r(\f(g,2h))，x相等，那么小球A、B抛出的初速度之比eq\f(vA,vB)＝eq\r(\f(hB,hA))＝eq\r(\f(h,1.5h))＝eq\r(\f(2,3))，故C错误，D正确。(1)物体做平抛运动的时间由物体被抛出点的高度决定，而物体的水平位移由物体被抛出点的高度和物体的初速度共同决定。(2)两条平抛运动轨迹的相交处是两物体的可能相遇处，两物体要在此处相遇，必须同时到达此处。三、与斜面有关的两类平抛运动模型两类模型解题方法方法应用分解速度，构建速度矢量三角形水平方向：vx＝v0竖直方向：vy＝gt合速度：v＝eq\r(vx2＋vy2)方向：tanθ＝eq\f(vx,vy)分解位移，构建位移矢量三角形水平方向：x＝v0t竖直方向：y＝eq\f(1,2)gt2合位移：s＝eq\r(x2＋y2)方向：tanθ＝eq\f(y,x)[小题练通]1.跳台滑雪运发动的动作惊险而优美，其实滑雪运动可抽象为物体在斜坡上的平抛运动。如下图，设可视为质点的滑雪运发动从倾角为θ的斜坡顶端P处，以初速度v0水平飞出，运发动最后又落到斜坡上A点处，AP之间距离为L，在空中运动时间为t，改变初速度v0的大小，L和t都随之改变。关于L、t与v0的关系，以下说法中正确的选项是()A．L与v0成正比B．L与v0成反比C．t与v0成正比D．t与v02成正比解析：选C因运发动落在斜面上，故其位移与水平方向的夹角就等于斜面的倾角θ，因此有tanθ＝eq\f(y,x)，其中y＝eq\f(1,2)gt2，x＝v0t，那么t＝eq\f(2v0tanθ,g)，L＝eq\f(x,cosθ)＝eq\f(v0t,cosθ)＝eq\f(2v02tanθ,gcosθ)，故t与v0成正比，L与v02成正比，C正确。2.(2023·芜湖质检)将一小球以水平速度v0＝10m/s从O点向右抛出，经1.73s小球恰好垂直落到斜面上的A点，不计空气阻力，g＝10m/s2，B点是小球做自由落体运动在斜面上的落点，如下图，以下判断正确的选项是()A．斜面的倾角是60°B．小球的抛出点距斜面的竖直高度约是15mC．假设将小球以水平速度v0′＝5m/s向右抛出，它一定落在AB的中点P的上方D．假设将小球以水平速度v0′＝5m/s向右抛出，它一定落在AB的中点P处解析：选C设斜面倾角为θ，对小球在A点的速度进行分解有tanθ＝eq\f(v0,gt)，解得θ≈30°，A错误；小球距过A点水平面的距离为h＝eq\f(1,2)gt2≈15m，所以小球的抛出点距斜面的竖直高度一定大于15m，B错误；假设小球的初速度为v0′＝5m/s，过A点做水平面，小球落到水平面的水平位移是小球以初速度v0＝10m/s抛出时的一半，延长小球运动的轨迹线，得到小球应该落在P、A之间，C正确，D错误。3.(多项选择)如下图，一高度为h的光滑水平面与一倾角为θ的斜面连接，一小球以速度v从平面的右端P点向右水平抛出，那么小球在空中运动的时间t()A．一定与v的大小有关B．一定与v的大小无关C．当v大于eq\r(\f(gh,2))cotθ时，t与v无关D．当v小于eq\r(\f(gh,2))cotθ时，t与v有关解析：选CD球有可能落在斜面上，也有可能落在水平面上，可用临界法求解，如果小球恰好落在斜面与水平面的交点处，那么满足hcotθ＝vt，h＝eq\f(1,2)gt2，联立可得v＝eq\r(\f(gh,2))cotθ。故当v大于eq\r(\f(gh,2))cotθ时，小球落在水平面上，t＝eq\r(\f(2h,g))，与v无关；当v小于eq\r(\f(gh,2))cotθ时，小球落在斜面上，x＝vt，y＝eq\f(1,2)gt2，eq\f(y,x)＝tanθ，联立可得t＝eq\f(2vtanθ,g)，即与v有关，应选项C、D正确。(1)从斜面上水平抛出后，当物体的速度方向与斜面平行时，物体离斜面最远。(2)由推论tanα＝2tanθ知，物体落回斜面的速度方向取决于斜面倾角，与初速度的大小无关。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．运动性质加速度为g的匀变速曲线运动，轨迹为抛物线。3．根本规律(以斜向上抛为例说明，如下图)(1)水平方向：做匀速直线运动。v0x＝v0cos_θ，x＝v0tcosθ。(2)竖直方向：做竖直上抛运动。v0y＝v0sin_θ，y＝v0tsinθ－eq\f(1,2)gt2。4．平抛运动和斜抛运动的相同点(1)都只受到重力作用，加速度相同，相等时间内速度的变化量相同。(2)都是匀变速曲线运动，轨迹都是抛物线。(3)都采用“化曲为直〞的运动的合成与分解的方法分析问题。[小题练通]1.(多项选择)(2023·江苏高考)如下图，从地面上同一位置抛出两小球A、B，分别落在地面上的M、N点，两球运动的最大高度相同。空气阻力不计，那么()A．B的加速度比A的大B．B的飞行时间比A的长C．B在最高点的速度比A在最高点的大D．B在落地时的速度比A在落地时的大解析：选CD做抛体运动的物体只有重力作用，加速度都是重力加速度，A项错误；由于两球上升时在竖直方向做的是竖直上抛运动，上升的高度相等，因此运动的时间相等，B项错误；由于水平方向都做匀速直线运动，且在相等时间内B运动的水平位移大，因此B在水平方向的分速度大，在最高点时竖直分速度为零，因此最高点的速度等于水平分速度，C项正确；两小球回到地面时在竖直方向的分速度相等，而B的水平分速度大，因此落回地面时B的合速度大，D项正确。2．(多项选择)如下图，在水平地面上的A点以速度v1跟地面成θ角射出一弹丸，恰好以速度v2垂直穿入墙壁上的小孔B，那么以下说法正确的选项是()A．在B点以跟v2大小相等、方向相反的速度射出弹丸，它必定落在地面上的A点B．在B点以跟v1大小相等、跟v2方向相反的速度射出弹丸，它必定落在地面上的A点C．在B点以跟v1大小相等、跟v2方向相反的速度射出弹丸，它必定落在A点的左侧D．在B点以跟v1大小相等、跟v2方向相反的速度射出弹丸，它必定落在A点的右侧解析：选AC由题意知B点是弹丸斜抛运动的最高点，那么v2与v1的水平分速度大小相等，所以在B点以跟v2大小相等、方向相反的速度把弹丸向左射出的水平距离与从A点斜抛运动到B点的水平距离相等，所以能落回到A点，A正确；假设在B点以跟v1大小相等、跟v2方向相反的速度水平射出，因为v1＞v2，平抛运动时间相等，所以会落到A点的左侧，C正确。3.(多项选择)在水平地面上M点的正上方某一高度处，将S1球以初速度v1水平向右抛出，同时在M点右方地面上N点处将S2球以初速度v2斜向左上方抛出，两球恰在M、N连线中点的正上方相遇，不计空气阻力，那么两球从抛出到相遇过程中()A．初速度大小关系为v1＝v2B．速度变化量相等C．水平位移大小相等D．都不是匀变速运动解析：选BC由题意可知，两球的水平位移相等，C正确；由于两球在运动过程中只受重力的作用，故都是匀变速运动，且相同时间内速度变化量相等，B正确，D错误；又由v1t＝v2xt可得A错误。斜抛运动可以从最高点分段研究，后半段相当于平抛运动，前半段相当于反向的平抛运动，且两段运动时间、位移和速度具有对称性。eq\a\vs4\al([课时达标检测])一、单项选择题1．(2023·南昌调研)物体做平抛运动时，以下描述物体的速度变化量大小Δv随时间t变化的图像中，可能正确的选项是()解析：选D平抛运动是匀变速曲线运动，加速度为定值，由a＝eq\f(Δv,Δt)知，D正确。2.游乐场内两支玩具枪在同一位置先后沿水平方向各射出一颗子弹，打在远处的同一个靶上，A为甲枪子弹留下的弹孔，B为乙枪子弹留下的弹孔，两弹孔在竖直方向上相距高度为h，如下图，不计空气阻力。关于两枪射出子弹的初速度大小，以下判断正确的选项是()A．甲枪射出的子弹初速度较大B．乙枪射出的子弹初速度较大C．甲、乙两枪射出的子弹初速度一样大D．无法比拟甲、乙两枪射出的子弹初速度的大小解析：选A由题图可以看出，子弹射出后到打到靶上的过程中，竖直方向的位移关系是hB>hA，由h＝eq\f(1,2)gt2得tB>tA，由v＝eq\f(x,t)可以得出vA>vB，A正确。3.(2023·潍坊模拟)如下图，半圆形容器竖直放置，从其圆心O点处分别以水平初速度v1、v2抛出两个小球(可视为质点)，最终它们分别落在圆弧上的A点和B点，OA与OB互相垂直，且OA与竖直方向成θ角，那么两小球的初速度之比为()A.eq\r(tanθ)B．tanθC.eq\r(tan3θ)D．tan2θ解析：选C由平抛运动规律得，水平方向Rsinθ＝v1t1，Rcosθ＝v2t2，竖直方向Rcosθ＝eq\f(1,2)gt12，Rsinθ＝eq\f(1,2)gt22，联立解得eq\f(v1,v2)＝eq\r(tan3θ)，选项C正确。4.如下图，在距水平地面分别为H和4H的高度处，同时将质量相同的a、b两小球以相同的初速度v0水平抛出，那么以下判断正确的选项是()A．a、b两小球同时落地B．两小球落地速度的方向相同C．a、b两小球水平位移之比为1∶2D．a、b两小球水平位移之比为1∶4解析：选C由H＝eq\f(1,2)gta2,4H＝eq\f(1,2)gtb2可得tb＝2ta，A错误；由x＝v0t可知，xa∶xb＝1∶2，C正确，D错误；设落地时速度与水平方向夹角为θ，那么由tanθ＝eq\f(gt,v0)可知，tanθa∶tanθb＝1∶2，θa≠θb，B错误。5.如下图，从倾角为α的足够长的斜面顶端，先后以不同的初速度水平向右抛出相同的两只小球，以下说法正确的选项是()A．两小球落到斜面上历时相同B．两小球落到斜面上的位置相同C．两小球落到斜面上时速度大小相同D．两小球落到斜面上时速度方向相同解析：选D小球做平抛运动，由两分运动的特点知tanα＝eq\f(y,x)＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)，得t＝eq\f(2v0tanα,g)，因v0不同，那么t不同，由vy＝gt，v＝eq\r(v02＋vy2)及h＝eq\f(1,2)gt2可知，vy、v及h不同，A、B、C错误；而速度与水平方向的夹角θ的正切值tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(gt,v0)＝2tanα，知θ为定值，故D正确。6.如下图为四分之一圆柱体OAB的竖直截面，半径为R，在B点上方的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的夹角为60°，那么C点到B点的距离为()A．R B.eq\f(R,2)C.eq\f(3R,4) D.eq\f(R,4)解析：选D由题图知，水平位移x＝eq\f(\r(3),2)R＝v0t，竖直位移y＝eq\f(1,2)gt2，且tan30°＝eq\f(v0,gt)＝eq\f(x,2y)，解得x＝eq\f(2\r(3),3)y，y＝eq\f(3,4)R，所以C点到B点的距离d＝eq\f(3,4)R－eq\f(R,2)＝eq\f(1,4)R。7.(2023·江阴模拟)如下图，从某高度水平抛出一小球，经过时间t到达地面时，速度与水平方向的夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g。以下说法正确的选项是()A．小球水平抛出时的初速度大小为gttanθB．小球在t时间内的位移方向与水平方向的夹角为eq\f(θ,2)C．假设小球初速度增大，那么平抛运动的时间变长D．假设小球初速度增大，那么θ减小解析：选D到达地面时速度分解如下图，由tanθ＝eq\f(gt,v0)可得小球平抛的初速度大小v0＝eq\f(gt,tanθ)，A错误；设位移与水平方向的夹角为α，由tanα＝eq\f(h,x)＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq\f(gt,2v0)＝eq\f(1,2)tanθ可知，α≠eq\f(θ,2)，B错误；小球平抛运动的时间t＝eq\r(\f(2h,g))，与小球初速度无关，C错误；由tanθ＝eq\f(gt,v0)可知，v0越大，θ越小，D正确。8.(2023·南昌模拟)如下图，从A点由静止释放一弹性小球，一段时间后与固定斜面上B点发生碰撞，碰后小球速度大小不变，方向变为水平方向，又经过相同的时间落于地面上C点，地面上D点位于B点正下方，B、D间的距离为h，那么()A．A、B两点间的距离为eq\f(h,2)B．A、B两点间的距离为eq\f(h,3)C．C、D两点间的距离为2hD．C、D两点间的距离为eq\f(2\r(3),3)h解析：选CAB段小球自由下落，BC段小球做平抛运动，两段时间相同，所以A、B两点间距离与B、D两点间距离相等，均为h，故A、B错误；BC段平抛运动的初速度v＝eq\r(2gh)，持续的时间t＝eq\r(\f(2h,g))，所以C、D两点间距离x＝vt＝2h，故C正确，D错误。二、多项选择题9.“套圈圈〞是小孩和大人都喜爱的一种游戏，游戏规那么是：游戏者站在界外从手中水平抛出一个圆形圈圈，落下后套中前方的物体，所套即所得。如下图，小孩站在界外抛出圈圈并套取前方一物体，假设大人也抛出圈圈并套取前方同一物体，那么()A．大人站在小孩同样的位置，以小点的速度抛出圈圈B．大人站在小孩同样的位置，以大点的速度抛出圈圈C．大人退后并下蹲至与小孩等高，以大点的速度抛出圈圈D．大人退后并下蹲至与小孩等高，以小点的速度抛出圈圈解析：选AC“套圈圈〞可视为平抛运动。由于大人较高，抛出圈圈时离地面较高，根据平抛运动规律，大人站在小孩同样的位置，以小点的速度抛出圈圈，选项A正确、B错误。大人退后并下蹲至与小孩等高，以大点的速度抛出圈圈，选项C正确、D错误。10.如下图，a、b两个小球从不同高度同时沿相反方向水平抛出，其平抛运动轨迹的交点为P，那么以下说法正确的选项是()A．a、b两球同时落地B．b球先落地C．a、b两球在P点相遇D．无论两球初速度大小多大，两球总不能相遇解析：选BD由h＝eq\f(1,2)gt2可得t＝eq\r(\f(2h,g))，因ha>hb，故b球先落地，B正确，A错误；两球的运动轨迹相交于P点，但两球不会同时到达P点，故无论两球初速度大小多大，两球总不能相遇，C错误，D正确。11.(2023·上海高考)如下图，轰炸机沿水平方向匀速飞行，到达山坡底端正上方时释放一颗炸弹，并垂直击中山坡上的目标A。A点高度为h，山坡倾角为θ，由此可算出()A．轰炸机的飞行高度B．轰炸机的飞行速度C．炸弹的飞行时间D．炸弹投出时的动能解析：选ABC根据题述，tanθ＝eq\f(v,gt)，x＝vt，tanθ＝eq\f(h,x)，H＝h＋y，y＝eq\f(1,2)gt2，由此可算出轰炸机的飞行高度H，轰炸机的飞行速度v，炸弹的飞行时间t，A、B、C正确；由于题述没有给出炸弹质量，不能得出炸弹投出时的动能，D错误。12．如下图，相距l的两小球A、B位于同一高度h(l、h均为定值)。将A向B水平抛出的同时，B自由下落。A、B与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反。不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间，那么()A．A、B在第一次落地前能否相碰，取决于A的初速度B．A、B在第一次落地前假设不碰，此后就不会相碰C．A、B不可能运动到最高处相碰D．A、B一定能相碰解析：选ADA、B两个小球在竖直方向上均做自由落体运动，两球落地之后在竖直方向上均做竖直上抛运动，在同一时刻始终处于同一高度上，A球在水平方向上始终做匀速直线运动，所以A、B两个小球一定能够相碰，D正确，B、C错误；只要A球的初速度v＞leq\r(\f(g,2h))就可以在第一次落地之前相碰，A正确。13．(2023·嘉庆模拟)如下图，水平地面的上空有一架飞机在进行投弹训练，飞机沿水平方向做匀加速直线运动。当飞机飞过观察点B点正上方A点时投放一颗炸弹，经时间T炸弹落在距观察点B正前方L1处的C点，与此同时飞机投放出第二颗炸弹，最终落在距观察点B正前方L2处的D点，且L2＝3L1A．飞机第一次投弹时的速度为eq\f(L1,T)B．飞机第二次投弹时的速度为eq\f(2L1,T)C．飞机水平飞行的加速度为eq\f(L1,T2)D．两次投弹时间间隔T内飞机飞行的距离为eq\f(4L1,3)解析：选AD飞机第一次投弹的速度v1＝eq\f(L1,T)，A正确；第一颗炸弹落地时，飞机的速度v2＝v1＋aT，在时间T内飞机的位移x1＝v1T＋eq\f(1,2)aT2，第二颗炸弹的水平位移x2＝v2T，由题意得x2＝L2－x1，解得v2＝eq\f(5L1,3T)，a＝eq\f(2L1,3T2)，x1＝eq\f(4L1,3)，B、C错误，D正确。14.如下图，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，关于球1和球2从抛出到落在斜面上的运动过程，以下说法正确的选项是()A．球1和球2运动的时间之比为2∶1B．球1和球2动能增加量之比为1∶2C．球1和球2抛出时初速度之比为2eq\r(2)∶1D．球1和球2运动时的加速度之比为1∶2解析：选BC因为AC＝2AB，所以AC的高度差是AB高度差的2倍，根据h＝eq\f(1,2)gt2得t＝eq\r(\f(2h,g))，解得运动的时间比为1∶eq\r(2)，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正确；BD在水平方向上的分量是CD在水平方向分量的2倍，结合x＝v0t，解得初速度之比为2eq\r(2)∶1，故C正确；平抛运动的加速度均为g，两球的加速度相同，故D错误。第22课时抛体运动规律的应用(题型研究课)[命题者说]抛体运动在日常生活中很常见，也是高考命题的热点，主要考查平抛运动规律的应用。复习本课时重在理解规律及方法的应用，特别是和实际生活相联系的抛体运动，如体育运动中的平抛运动、类平抛运动等，要注意从这些实例中抽象出抛体运动的模型。(一)体育运动中的平抛运动问题在体育运动中，像乒乓球、排球、网球等都有中间网及边界问题，要求球既能过网，又不出边界，某物理量(尤其是球速)往往要有一定的范围限制，在这类问题中，确定临界状态，画好临界轨迹，是解决问题的关键点。题型1乒乓球的平抛运动问题[例1](2023·全国卷Ⅰ)一带有乒乓球发射机的乒乓球台如下图。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。假设乒乓球的发射速率v在某范围内，通过选择适宜的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，那么v的最大取值范围是()A.eq\f(L1,2)eq\r(\f(g,6h))<v<L1eq\r(\f(g,6h))B.eq\f(L1,4)eq\r(\f(g,h))<v<eq\r(\f(4L12＋L22g,6h))C.eq\f(L1,2)eq\r(\f(g,6h))<v<eq\f(1,2)eq\r(\f(4L12＋L22g,6h))D.eq\f(L1,4)eq\r(\f(g,h))<v<eq\f(1,2)eq\r(\f(4L12＋L22g,6h))[解析]设以速率v1发射乒乓球，经过时间t1刚好落到球网正中间。那么竖直方向上有3h－h＝eq\f(1,2)gt12①，水平方向上有eq\f(L1,2)＝v1t1②。由①②两式可得v1＝eq\f(L1,4)eq\r(\f(g,h))。设以速率v2发射乒乓球，经过时间t2刚好落到球网右侧台面的两角处，在竖直方向有3h＝eq\f(1,2)gt22③，在水平方向有eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L2,2)))2＋L12)＝v2t2④。由③④两式可得v2＝eq\f(1,2)eq\r(\f(4L12＋L22g,6h))。那么v的最大取值范围为v1<v<v2。应选项D正确。[答案]D题型2足球的平抛运动问题[例2](2023·浙江高考)如下图为足球球门，球门宽为L。一个球员在球门中心正前方距离球门s处高高跃起，将足球顶入球门的左下方死角(图中P点)。球员顶球点的高度为h。足球做平抛运动(足球可看成质点，忽略空气阻力)，那么()A．足球位移的大小x＝eq\r(\f(L2,4)＋s2)B．足球初速度的大小v0＝eq\r(\f(g,2h)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L2,4)＋s2)))C．足球末速度的大小v＝eq\r(\f(g,2h)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L2,4)＋s2))＋4gh)D．足球初速度的方向与球门线夹角的正切值tanθ＝eq\f(L,2s)[解析]根据几何关系可知，足球做平抛运动的竖直高度为h，水平位移为x水平＝eq\r(s2＋\f(L2,4))，那么足球位移的大小为：x＝eq\r(x水平2＋h2)＝eq\r(s2＋\f(L2,4)＋h2)，选项A错误；由h＝eq\f(1,2)gt2，x水平＝v0t，可得足球的初速度为v0＝eq\r(\f(g,2h)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L2,4)＋s2)))，选项B正确；对小球应用动能定理：mgh＝eq\f(mv2,2)－eq\f(mv02,2)，可得足球末速度v＝eq\r(v02＋2gh)＝eq\r(\f(g,2h)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L2,4)＋s2))＋2gh)，选项C错误；初速度方向与球门线夹角的正切值为tanθ＝eq\f(2s,L)，选项D错误。[答案]B题型3排球的平抛运动问题[例3]如下图，排球场总长为18m，设球网高度为2m，运发动站在网前3m处正对球网跳起将球水平击出，取重力加速度g＝10m/s2。(1)假设击球高度为2.5m，为使球既不触网又不出界，求水平击球的速度范围；(2)当击球点的高度为何值时，无论水平击球的速度多大，球不是触网就是越界？[解析](1)排球被水平击出后，做平抛运动，如下图，假设正好压在底线上，那么球在空中的飞行时间：t1＝eq\r(\f(2h0,g))＝eq\r(\f(2×2.5,10))s＝eq\f(1,\r(2))s由此得排球越界的临界速度v1＝eq\f(x1,t1)＝eq\f(12,1/\r(2))m/s＝12eq\r(2)m/s。假设球恰好触网，那么球在网上方运动的时间：t2＝eq\r(\f(2h0－H,g))＝eq\r(\f(2×2.5－2,10))s＝eq\f(1,\r(10))s。得排球触网的临界击球速度值v2＝eq\f(x2,t2)＝eq\f(3,1/\r(10))m/s＝3eq\r(10)m/s。要使排球既不触网又不越界，水平击球速度v的取值范围为：3eq\r(10)m/s<v≤12eq\r(2)m/s。(2)设击球点的高度为h，当h较小时，击球速度过大会出界，击球速度过小又会触网，临界情况是球刚好擦网而过，落地时又恰好压在底线上。那么有eq\f(x1,\r(\f(2h,g)))＝eq\f(x2,\r(\f(2h－H,g)))，得h＝eq\f(H,1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,x1)))2)＝eq\f(2,1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,12)))2)＝eq\f(32,15)m。即击球高度不超过此值时，球不是出界就是触网。[答案](1)3eq\r(10)m/s<v≤12eq\r(2)m/s(2)eq\f(32,15)m题型4网球的平抛运动问题[例4]一位网球运发动以拍击球，使网球沿水平方向飞出。第一只球飞出时的初速度为v1，落在自己一方场地上后，弹跳起来，刚好擦网而过，落在对方场地的A点处。如下图，第二只球飞出时的初速度为v2，直接擦网而过，也落在A点处。设球与地面碰撞时没有能量损失，且不计空气阻力，求：(1)网球两次飞出时的初速度之比v1∶v2；(2)运发动击球点的高度H、网高h之比H∶h。[解析](1)第一、二两只球被击出后都做平抛运动，由平抛运动的规律可知，两球分别被击出至各自第一次落地的时间是相等的。由题意知水平射程之比为：x1∶x2＝1∶3，故平抛运动的初速度之比为v1∶v2＝1∶3。(2)第一只球落地后反弹做斜抛运动，根据运动对称性可知DB段和OB段是相同的平抛运动，那么两球下落相同高度H－h后水平距离x1′＋x2′＝2x1，根据公式H＝eq\f(1,2)gt12，H－h＝eq\f(1,2)gt22，而x1＝v1t1，x1′＝v1t2，x2′＝v2t2，综合可得v1t2＋v2t2＝2v1t1，故t1＝2t2，即H＝4(H－h)，解得H∶h＝4∶3。[答案](1)1∶3(2)4∶3[通法归纳]极限法在平抛运动临界问题中的应用分析平抛运动中的临界问题时一般运用极限分析的方法，即把要求的物理量设定为极大或极小，让临界问题突现出来，找到产生临界的条件。[集训冲关]1．(多项选择)(2023·大庆联考)如下图，相同的乒乓球1、2恰好在等高处水平越过球网，不计乒乓球的旋转和空气阻力，乒乓球自最高点到落台的过程中，以下说法正确的选项是()A．过网时球1的速度小于球2的速度B．球1的飞行时间大于球2的飞行时间C．球1的速度变化率等于球2的速度变化率D．落台时，球1的重力功率等于球2的重力功率解析：选CD由h＝eq\f(1,2)gt2知两球运动时间相等，B错误；由于球1水平位移大，故水平速度大，A错误；两球都做平抛运动，故加速度等大，即速度变化率相等，C正确；由vy2＝2gh可知落台时两球竖直速度等大，又因为重力等大，故落台时两球的重力功率等大，D正确。2.(多项选择)如下图，在网球的网前截击练习中，假设练习者在球网正上方距地面H处，将球以速度v沿垂直球网的方向击出，球刚好落在底线上，底线到网的距离为L，重力加速度取g，将球的运动视作平抛运动，以下表述正确的选项是()A．球的速度v等于Leq\r(\f(g,2H))B．球从击出至落地所用时间为eq\r(\f(2H,g))C．球从击球点至落地点的位移等于LD．球从击球点至落地点的位移与球的质量有关解析：选AB由平抛运动规律知，在水平方向上有L＝vt，在竖直方向上有H＝eq\f(1,2)gt2，联立解得t＝eq\r(\f(2H,g))，v＝eq\f(L,t)＝Leq\r(\f(g,2H))，A、B正确；球从击球点至落地点的位移为x＝eq\r(H2＋L2)，与球的质量无关，C、D错误。(二)求解平抛运动的五种方法方法1以分解速度为突破口求解平抛运动问题问题简述对于一个做平抛运动的物体来说，如果知道了某一时刻的速度方向，那么我们常常是从“分解速度〞的角度来研究问题。方法突破以初速度v0做平抛运动的物体，经历时间t速度和水平方向的夹角为α，由平抛运动的规律得：tanα＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(gt,v0)，从而得到初速度v0、时间t、偏转角α之间的关系，进而求解。[例1]如下图，一小球从平台上水平抛出，恰好落在临近平台的一倾角为α＝53°的光滑斜面顶端，并刚好沿光滑斜面下滑，斜面顶端与平台的高度差h＝0.8m，g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，那么(1)小球水平抛出的初速度v0是多大？(2)斜面顶端与平台边缘的水平距离x是多少？(3)假设斜面顶端高H＝20.8m，那么小球离开平台后经多长时间到达斜面底端？[解析](1)由题意可知：小球落到斜面上并沿斜面下滑，说明此时小球速度方向与斜面平行，否那么小球会弹起，所以vy＝v0tan53°，vy2＝2gh，那么vy＝4m/s，v0＝3m/s。(2)由vy＝gt1得t1＝0.4s，x＝v0t1＝3×0.4m＝1.2m。(3)小球沿斜面做匀加速直线运动的加速度a＝gsin53°，初速度v＝5m/s。那么eq\f(H,sin53°)＝vt2＋eq\f(1,2)at22，解得t2＝2s，t2＝－eq\f(13,4)s不合题意舍去。所以t＝t1＋t2＝2.4s。[答案](1)3m/s(2)1.2m(3)2.4s解决平抛运动和斜面组合到一起的题目，关键是结合题目条件明确分解速度或分解位移。本例由于“刚好沿光滑斜面下滑〞相当于末速度方向，应分解速度求解。方法2以分解位移为突破口求解平抛运动问题问题简述对于做平抛运动的物体，如果知道某一时刻的位移方向(如物体从倾角的斜面上水平抛出后再落回斜面，斜面倾角就是它的位移与水平方向之间的夹角)，那么我们可以把位移沿水平方向和竖直方向进行分解，然后运用平抛运动的规律来研究问题。方法突破以初速度v0做平抛运动的物体，经历时间t位移和水平方向的夹角为θ，由平抛运动的规律得：水平方向做匀速直线运动x＝v0t，竖直方向做自由落体运动y＝eq\f(1,2)gt2，tanθ＝eq\f(y,x)，结合上面三个关系式求解。[例2]如下图，在竖直面内有一个以AB为水平直径的半圆，O为圆心，D为最低点。圆上有一点C，且∠COD＝60°。现在A点以速率v1沿AB方向抛出一小球，小球能击中D点；假设在C点以某速率v2沿BA方向抛出小球时也能击中D点。重力加速度为g，不计空气阻力。以下说法正确的选项是()A．圆的半径为R＝eq\f(2v12,g)B．圆的半径为R＝eq\f(4v12,3g)C．速率v2＝eq\f(\r(3),2)v1D．速率v2＝eq\f(\r(3),3)v1[解析]从A点抛出的小球做平抛运动，它运动到D点时R＝eq\f(1,2)gt12，R＝v1t1，故R＝eq\f(2v12,g)，选项A正确，选项B错误；从C点抛出的小球Rsin60°＝v2t2，R(1－cos60°)＝eq\f(1,2)gt22，解得v2＝eq\f(\r(6),2)v1，选项C、D错误。[答案]A此题中两小球运动的起点和终点都在圆周上，那么水平位移和竖直位移的关系可由圆中的几何关系确定，应分解位移并与圆周联系起来求解。方法3利用假设法求解平抛运动问题问题简述假设法是在不违背原题所给条件的前提下，人为地加上或减去某些条件，以使问题方便求解。利用假设法处理某些物理问题，往往能突破思维障碍，找出新的解题途径，化难为易，化繁为简。方法突破对于平抛运动，飞行时间由高度决定，水平位移由高度和初速度决定，所以当高度相同时，水平位移与初速度成正比。但有时高度不同，水平位移就很难比拟，这时我们可以采用假设法，例如移动水平地面使其下落高度相同，从而作出判断。[例3](2023·上海高考)如图，战机在斜坡上方进行投弹演练。战机水平匀速飞行，每隔相等时间释放一颗炸弹，第一颗落在a点，第二颗落在b点。斜坡上c、d两点与a、b共线，且ab＝bc＝cd，不计