資源簡介

(共113張PPT)
第四章　曲線運動萬有引力與字宙航行
第2節　拋體運動
鏈接教材·夯基固本
1．平拋運動
(1)定義：將物體以一定的初速度沿水平方向拋出，物體只在____作用下的運動。
(2)性質：平拋運動是加速度為g的______曲線運動，運動軌跡是拋物線。
重力
勻變速
(3)研究方法
運動的合成與分解
①水平方向：____直線運動。
②豎直方向：________運動。
勻速
自由落體
(4)基本規律
2．一般的拋體運動
(1)定義：將物體以初速度v0 ________或斜向下方拋出，物體只在____作用下的運動。
(2)性質：斜拋運動是加速度為g的勻變速曲線運動，運動軌跡是______。
斜向上方
重力
拋物線
(3)基本規律
以斜上拋運動為例，如圖所示。
①水平方向為勻速直線運動：v0x＝_______，x＝(v0cos θ)t。
②豎直方向為勻變速直線運動：v0y＝____________，y＝v0t sin θ－gt2。
v0cos θ
v0sin θ－gt
1．易錯易混辨析
(1)以一定的初速度水平拋出的物體的運動是平拋運動。 (　　)
(2)平拋運動的軌跡是拋物線，速度方向時刻變化，加速度方向也可能時刻變化。 (　　)
(3)做平拋運動的物體在任意相等的時間內速度的變化量是相同的。 (　　)
×
×
√
(4)平拋運動中速度和加速度方向之間的夾角一直減小。 (　　)
(5)兩個做平拋運動的物體，初速度大的落地時速度大。 (　　)
(6)做平拋運動的物體初速度越大，在空中運動的時間越短。 (　　)
(7)無論初速度是斜向上方還是斜向下方的斜拋運動都是勻變速曲線運動。 (　　)
√
×
×
√
2．人教版必修第二冊第17頁插圖：如圖所示的斜拋運動的軌跡和分析方法，試分析和計算當θ為何值時射程最大？
提示：初速度可以分解為v0x＝v0cos θ，v0y＝v0sin θ。在水平方向，物體的位移為x＝v0xt＝(v0cos θ)t　①，在豎直方向，物體的位移為y＝v0yt－gt2＝(v0sin θ)t－gt2　②，物體落回與拋出點同一高度時，有y＝0，由②式得總時間t總＝，由①式得物體的射程x總＝，當θ＝45°時，sin 2θ最大，射程最大。所以對于給定大小的初速度v0，沿θ＝45°方向斜向上拋出時，射程最大。
3．(人教版必修第二冊改編)(多選)為了驗證做平拋運動的小球在豎直方向上做自由落體運動，用如圖所示的裝置進行實驗。小錘打擊彈性金屬片后，A球水平拋出，同時B球被松開自由下落。關于該實驗，下列說法中正確的是(　　)
A．兩球的質量應相等
B．兩球應同時落地
C．應改變裝置的高度，多次實驗
D．實驗也能說明A球在水平方向上做勻速直線運動
√
√
BC　[兩球從同一高度同時開始運動，豎直方向均做自由落體運動，落地時間一定相等，不需要兩球質量相等，為了驗證平拋運動在豎直方向的分運動為自由落體運動，應改變高度多次實驗才能驗證猜想，故A錯誤，B、C正確；本實驗無法說明平拋運動在水平方向的運動是勻速直線運動，故D錯誤。]
4．(粵教版必修第二冊改編)(多選)套圈是大人、小孩都喜歡的娛樂活動，一個大人和一個小孩分別在如圖所示的位置水平拋出一個圈，結果套中同一個物體，若兩個圈相同，圈的運動視為平拋運動，則大人拋出的圈(　　)
A．初速度大
B．平拋運動的時間長
C．落地時的速度大
D．落地時的重力瞬時功率大
√
√
BD　[根據題意，豎直方向上有h＝gt2，可得t＝，由題圖可知，大人的拋出點比小孩的拋出點高，則大人拋出的圈平拋運動的時間長，故B正確；水平方向上有x＝v0t，可得v0＝，由題圖可知，大人拋出的圈的水平位移小于小孩拋出的圈的水平位移，時間大于小孩拋出的圈運動的時間，則大人拋出的圈的初速度小，故A錯誤；根據題意可知，落地時的速度為v＝，由于小孩拋出的圈
的水平分速度大于大人拋出的圈的水平分速度，小孩拋出的圈的豎直分速度小于大人拋出的圈的豎直分速度，則無法判斷落地速度的大小關系，故C錯誤；豎直方向上有vy＝gt，可知落地時大人拋出的圈的豎直分速度大，由P＝mgvy可知，大人拋出的圈落地時的重力瞬時功率大，故D正確。故選BD。]
細研考點·突破題型
考點1　平拋運動的規律及應用
1．平拋運動時間和水平位移
(1)運動時間：由t＝ 知，時間取決于下落高度h，與初速度v0無關。
(2)水平位移：x＝v0t＝v0，即水平位移由初速度v0和下落高度h共同決定。
2．速度和位移的變化規律
(1)速度的變化規律
①任一時刻的速度水平分量均等于初速度v0。
②任一相等時間間隔Δt內的速度變化量方向
豎直向下，大小Δv＝Δvy＝gΔt(如圖所示)。
(2)位移變化規律
①任一相等時間間隔內，水平位移相同，即Δx＝v0Δt。
②連續相等的時間間隔Δt內，豎直方向上的位移差不變，即Δy＝g(Δt)2。
3．兩個重要推論
(1)做平拋(或類平拋)運動的物體任一時刻的瞬時速度的反向延長線一定通過此時水平位移的中點，如圖甲所示，B是OC的中點，即xB＝。
推導：→xB＝
(2)如圖乙所示，做平拋(或類平拋)運動的物體在任一時刻(任一位置處)，設其速度方向與水平方向的夾角為θ，位移與水平方向的夾角為α，則tan θ＝2tan α。
推導：→tan θ＝2tan α
角度1　平拋運動的規律
[典例1]　如圖所示，將a、b兩小球以不同的初速度同時水平拋出，它們均落在水平地面上的P點，a球拋出時的高度比b球的高。P點到兩球起拋點的水平距離相等，不計空氣阻力，與b球相比，a球(　　)
A．初速度較大
B．速度變化率較大
C．落地時速度方向與其初速度方向的夾角較小
D．落地時速度方向與其初速度方向的夾角較大
√
D　[兩個小球都做平拋運動，豎直方向做自由落體運動，由h＝gt2，得t＝，則ta＞tb，小球水平方向都做勻速直線運動，有x＝v0t，由題意知x相等，又ta＞tb，則知va＜vb，故A錯誤；根據＝a＝g知速度變化率相同，故B錯誤；落地時速度v＝＝，
落地時速度方向與其初速度方向的夾角的正切值tan α＝＝，又a球的h大，v0小，tan α大，故其落地時速度方向與其初速度方向的夾角大，故C錯誤，D正確。故選D。]
規律方法　分解思想在平拋運動中的應用
(1)解答平拋運動問題時，一般的方法是將平拋運動的位移沿水平和豎直兩個方向分解，這樣分解的優點是不用分解初速度也不用分解加速度。
(2)畫出速度(或位移)分解圖，通過幾何知識建立合速度(合位移)、分速度(分位移)及其方向間的關系，通過速度(位移)的矢量三角形求解未知量。
【典例1　教用·備選題】在地面上方某點將一小球以一定的初速度沿水平方向拋出，不計空氣阻力，則小球在隨后的運動中(　　)
A．速度和加速度的方向都在不斷改變
B．速度與加速度方向之間的夾角一直減小
C．在相等的時間間隔內，速率的改變量相等
D．在相等的時間間隔內，動能的改變量相等
√
B　[由于不計空氣阻力，小球只受重力作用，故加速度為g，方向不變；小球做平拋運動，速度的方向不斷變化，在任意一段時間內速度的變化量Δv＝gΔt，如圖所示，選項A錯誤；設某時刻速度與豎直方向的夾角為θ，則tan θ＝＝，隨著時間t的變大，θ變小，選項B正確；由圖可以看出，在相等的時間間隔內，速度的改變量Δv相等，但速率的改變量v3－v2≠v2－v1≠v1－v0，選項C錯誤；在豎直方向上位
移h＝gt2，可知小球在相同的時間間隔內下落的高度
不同，根據動能定理，動能的改變量等于重力做的功，
知選項D錯誤。]
角度2　平拋運動的推論
[典例2]　如圖所示，從傾角為θ且足夠長的斜面的頂點A，先后將同一小球以不同的初速度水平向右拋出，第一次初速度為v1，小球落到斜面上一瞬間的速度方向與斜面的夾角為φ1，第二次初速度為v2，小球落在斜面上一瞬間的速度方向與斜面間的夾角為φ2，若v2>v1，則φ1和φ2的大小關系是(　　)
A．φ1＞φ2 B．φ1＜φ2
C．φ1＝φ2 D．無法確定
√
C　[根據平拋運動的推論，做平拋或類平拋運動的物體在任一時刻或任一位置，設其速度方向與水平方向的夾角為α，位移與水平方向的夾角為β，則tan α＝2tan β。由上述關系式結合題圖中的幾何關系可得tan (φ＋θ)＝2tan θ，此式表明小球的速度方向與斜面間的夾角φ僅與θ有關，而與初速度無關，因此φ1＝φ2，即以不同初速度平拋的物體，落在斜面上各點的速度方向是互相平行的，故C正確。]
考點2　有約束條件的平拋運動
1．對平拋運動的約束條件常見的有“斜面”約束和“曲面”約束，解此類問題的關鍵：
(1)靈活運用平拋運動的位移和速度分解方法。
(2)充分運用斜面傾角，找出斜面傾角與位移偏向角、速度偏向角的關系。
(3)“曲面”約束類要靈活應用平拋運動的推論。
運動情境 物理量分析
vy＝gt，tan θ＝＝→t＝
x＝v0t，y＝gt2→tan θ＝→t＝
2．常見類型示例
運動情境 物理量分析
tan θ＝＝→t＝
落到斜面上時合速度與水平方向的夾角為φ，tan φ＝＝＝＝2tan θ ，α＝φ－θ
運動情境 物理量分析
tan θ＝＝→t＝
在半圓內的平拋運動，h＝gt2，R＋＝v0t
角度1　斜面約束的平拋運動
[典例3]　(2024·廣東揭陽高三月考)如圖所示，傾角為θ的斜面體固定在水平面上，兩個可視為質點的小球甲和乙分別沿水平方向拋出，兩球的初速度大小相等，已知甲的拋出點為斜面體的頂點，經過一段時間兩球落在斜面上的A、B兩點后不再反彈，落在斜面上的瞬間，小球乙的速度與斜面垂直。忽略空氣的阻力，
重力加速度為g。則下列選項正確的是(　　)
A．甲、乙兩球在空中運動的時間之比為tan2θ∶1
B．甲、乙兩球下落的高度之比為2tan4θ∶1
C．甲、乙兩球的水平位移之比為tan θ∶1
D．甲、乙兩球落在斜面上瞬間的速度與水平面夾角的正切值之比為2tan2θ∶1
思路點撥：解此題的關鍵是對兩小球在斜面上的落點進行分析，找出斜面傾角與位移偏向角、速度偏向角的關系，獲取兩小球運動時間的關系。
√
D　[由小球甲的運動可知tan θ＝＝＝，解得t＝，小球乙落到斜面上的速度與豎直方向夾角的正切值為tan θ＝，解得t′＝，則甲、乙兩球在空中運動的時間之比為＝2tan2θ∶1，故A錯誤；由h＝可知甲、乙兩球下落的高度之比為＝＝
4tan4θ∶1，故B錯誤；由x＝v0t可知甲、乙兩球水平位移之比為＝＝2tan2θ∶1，故C錯誤；甲球落在斜面上瞬間的速度與水平面夾角的正切值為tan α＝＝＝2tan θ，乙球落到斜面上的速度與水平方向夾角的正切值為tan β＝＝，甲、乙兩球落在斜面上瞬間的速度與水平面夾角的正切值之比為＝2tan2θ∶1，故D正確。]
角度2　曲面約束的平拋運動
[典例4]　(2025·廣東韶關診斷)如圖所示，一豎直圓弧形槽固定于水平地面上，O為圓心，AB為沿水平方向的直徑。若在A點以初速度v1沿AB方向平拋一小球，小球將擊中槽壁上的最低點D點；若A點小球拋出的同時，在C點以初速度v2沿BA方向平拋另一相同質量的小球并也能擊中D點，已知∠COD＝60°，
且不計阻力，則(　　)
A．兩小球同時落到D點
B．兩小球初速度大小之比為∶3
C．兩小球落到D點時的速度方向與OD線夾角相等
D．兩小球落到D點時的瞬時速率之比為 ∶1
√
B　[由于A、C兩點到D點的豎直高度不同，故兩球在空中運動時間不同，選項A錯誤；設圓弧形槽半徑為R，對從A點拋出的小球有R＝v1tA，又tA＝，則v1＝R＝，對從C點拋出的小球有R sin 60 °＝v2tC，tC＝＝，則v2＝＝，v1∶v2＝∶3，選項B正確；設小球在D點速度方向與OD線夾角為
θ，豎直分速度為vy，水平分速度為v0，則tan θ＝，由v1∶v2＝∶3和vy1∶vy2＝tA∶tC＝∶1知，選項C錯誤；設A、C兩點拋出的小球落到D點時的瞬時速率分別為vA、vC，則vA＝＝，vC＝＝，則vA∶vC＝∶，選項D錯誤。]
考點3　平拋運動中的臨界、極值問題
1．臨界點的確定
(1)若題目中有“剛好”“恰好”“正好”等字眼，明顯表明題述的過程中存在著臨界點。
(2)若題目中有“取值范圍”“多長時間”“多大距離”等詞語，表明題述的過程中存在著起止點，而這些起止點往往就是臨界點。
(3)若題目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明題述的過程中存在著極值點，這些極值點也往往是臨界點。
2．求解平拋運動臨界問題的一般思路
(1)找出臨界狀態對應的臨界條件。
(2)分解速度或位移。
(3)若有必要，畫出臨界軌跡。
[典例5]　一帶有乒乓球發射機的乒乓球臺如圖所示。水平臺面的長和寬分別為L1和L2，中間球網高度為h。發射機安裝于臺面左側邊緣的中點，能以不同速率向右側不同方向水平發射乒乓球，發射點距臺面高度為3h。不計空氣的作用，重力加速度大小為g。若乒乓球的發射速率v在某范圍內，通過選擇
合適的方向，就能使乒乓球落到球網
右側臺面上，則v的取值范圍是(　　)
A．＜v＜L1
B．
C．
D．
√
思路點撥：(1)發射機安裝于臺面左側邊緣的中點。
(2)乒乓球落在右側臺面的臺角處時，速度取最大值。
(3)乒乓球沿正前方且恰好擦網而過時，速度取最小值。
D　[乒乓球做平拋運動，落到右側臺面上時經歷的時間t1滿足3h＝，當v取最大值時其水平位移最大，落點應在右側臺面的臺角處，有vmaxt1＝，解得vmax＝；當v取最小值時其水平位移最小，發射方向沿正前方且恰好擦網而過，此時有3h－h＝＝vmint2，解得vmin＝，故D正確。]
【典例5　教用·備選題】如圖所示，窗子上、下沿間的高度H＝
1.6 m，豎直墻的厚度d＝0.4 m，某人在距離墻壁L＝1.4 m、距窗子上沿h＝0.2 m 處的P點，將可視為質點的小物件以垂直于墻壁的速度v水平拋出，要求小物件能直接穿過窗口并落在水平地面上，不計空氣阻力，g取10 m/s2。則可以實現上述要求的速度大小是(　　)
A．2 m/s B．4 m/s
C．8 m/s D．10 m/s
√
B　[小物件做平拋運動，恰好擦著窗子上沿右側墻邊緣穿過時速度v最大，此時有L＝vmaxt1，h＝，代入數據解得vmax＝7 m/s；小物件恰好擦著窗口下沿左側墻邊緣穿過時速度v最小，則有L＋d＝vmint2，H＋h＝，代入數據解得vmin＝3 m/s，故v的取值范圍是3 m/s≤v≤7 m/s，故B正確，A、C、D錯誤。]
考點4　斜拋運動及類平拋運動
1．類平拋運動
(1)類平拋運動的受力特點
物體所受的合力為恒力，且與初速度的方向垂直。
(2)類平拋運動的運動特點
在初速度v0方向上做勻速直線運動，在合力方向上做初速度為零的勻加速直線運動，加速度a＝。
(3)類平拋運動的求解方法
①常規分解法：將類平拋運動分解為沿初速度方向的勻速直線運動和垂直于初速度方向(即沿合力的方向)的勻加速直線運動。兩分運動彼此獨立，互不影響，且與合運動具有等時性。
②特殊分解法：對于有些問題，可以過拋出點建立適當的直線坐標系，將加速度a分解為ax、ay，初速度v0分解為vx、vy，然后分別在x、y方向列方程求解。
2．斜拋運動
(1)斜上拋運動一般分解為水平方向上的勻速直線運動和豎直方向上的豎直上拋運動。
(2)斜面上的斜拋運動可以沿垂直斜面方向和沿斜面方向分解，然后研究各方向的運動規律，再進行合成。
角度1　類平拋運動
[典例6]　如圖所示，有一傾角為30°且足夠寬的光滑斜面，斜面長l為10 m，一小球從斜面頂端以10 m/s 的速度沿水平方向拋出(g取
10 m/s2)，求：
(1)小球沿斜面滑到底端的時間t和沿v0
方向的水平位移x的大小；
(2)小球到達斜面底端時的速度v的大小。
審題指導：
關鍵語句 獲取信息
傾角為30°且足夠寬的光滑斜面 ①小球不受摩擦力；②小球受沿斜面的合力；③小球一直在斜面上運動
斜面長l為10 m，……以 10 m/s的速度沿水平方向拋出 ①小球在斜面內做類平拋運動；②小球沿合力方向的位移大小為10 m
[解析]　(1)小球在斜面上沿v0方向做勻速直線運動，在沿斜面向下方向做初速度為零，加速度為a的勻加速直線運動，由牛頓第二定律得mg sin 30°＝ma，小球的加速度a＝g sin 30°，沿v0方向水平位移x＝v0t，沿斜面向下方向有l＝at2，解得運動時間t＝＝ s＝2 s，所以沿v0方向的水平位移x＝v0t＝20 m。
(2)小球到達斜面底端時，速度v＝＝ m/s＝10 m/s。
[答案]　(1)2 s　20 m　(2)10 m/s
角度2　斜拋運動
[典例7]　(多選)(2024·山東卷)如圖所示，工程隊向峽谷對岸平臺拋射重物，初速度v0大小為20 m/s，與水平方向的夾角為30°，拋出點P和落點Q的連線與水平方向夾角為30°，重力加速度大小取10 m/s2，忽略空氣阻力。重物在此運動過程中，下列說法正確的是(　　)
A．運動時間為2 s
B．落地速度與水平方向夾角為60°
C．重物離PQ連線的最遠距離為10 m
D．軌跡最高點與落點的高度差為45 m
√
√
BD　[將初速度分解為沿PQ方向的分速度v1和垂直于PQ方向的分速度v2，則有v1＝v0cos 60°＝10 m/s，v2＝v0sin 60°＝10 m/s，將重力加速度分解為沿PQ方向的分加速度a1和垂直于PQ方向的分加速度a2，則有a1＝g sin 30°＝5 m/s2，a2＝g cos 30°＝5 m/s2，對垂直于PQ方向的運動根據對稱性可得重物運動時間為t＝2×＝4 s，重物離PQ連線的最遠距離為dmax＝＝10 m，故A、C錯誤；重
物落地時豎直分速度大小為vy＝－v0sin 30°＋gt＝30 m/s，則落地速度與水平方向夾角的正切值為tan θ＝＝＝，可得θ＝60°，故B正確；從拋出重物到重物運動至最高點所用時間為t1＝＝1 s，則重物從最高點到落地所用時間為t2＝t－t1＝3 s，軌跡最高點與落點的高度差為h＝＝45 m，故D正確。故選BD。]
【典例7　教用·備選題】(2024·廣東深圳市二模)如圖，射擊訓練場內，飛靶從水平地面A點以仰角θ斜向上飛出，落在相距100 m的B點，最高點距地面20 m。忽略空氣阻力，重力加速度取10 m/s2。則(　　)
A．飛靶從A到B的飛行時間為2 s
B．飛靶在最高點的速度為20 m/s
C．抬高仰角θ，飛靶飛行距離增大
D．抬高仰角θ，飛靶的飛行時間增大
√
D　[飛靶在豎直方向做豎直上拋運動，根據對稱性可得，飛靶從A到B的飛行時間為t＝2t1＝2＝4 s，故A錯誤；飛靶在水平方向的速度vx＝＝25 m/s，在最高點豎直方向速度為零，則飛靶在最高點的速度為 25 m/s，故B錯誤；根據運動的分解可得vx＝v cos θ，vy＝v sin θ，飛靶飛行的時間t＝＝，則飛行距離x＝vxt＝
＝，可知θ＝45°時，飛行距離有最大值，故C錯誤；根據t＝可知抬高仰角θ，飛靶的飛行時間增大，故D正確。故選D。]
1．(2022·廣東卷)如圖所示，在豎直平面內，截面為三角形的小積木懸掛在離地足夠高處，一玩具槍的槍口與小積木上P點等高且相距為L。當玩具子彈以水平速度v從槍口向P點射出時，小積木恰好由靜止釋放，子彈從射出至擊中積木所
用時間為t。不計空氣阻力。下列關于子
彈的說法正確的是(　　)
學情診斷·當堂評價
A．將擊中P點，t大于
B．將擊中P點，t等于
C．將擊中P點上方，t大于
D．將擊中P點下方，t等于
√
B　[由題意知槍口與P點等高，子彈和小積木在豎直方向上做自由落體運動，當子彈擊中積木時子彈和積木運動時間相同，根據h＝gt2，可知下落高度相同，所以子彈將擊中P點；又由于初始狀態子彈到P點的水平距離為L，子彈在水平方向上做勻速直線運動，故有t＝，故選B。]
2．(2024·浙江1月選考)如圖所示，小明取山泉水時發現水平細水管到水平地面的距離為水桶高的兩倍，在地面上平移水桶，水恰好從桶口中心無阻擋地落到桶底邊沿A。已知桶高為h，直徑為D，重力加速度大小為g，則水離開出水口的速度大小為(　　)
A． B．
C． D．(＋1)D
√
C　[設出水口到水桶中心的水平距離為x，則x＝v0，落到桶底A點時有x＋＝v0，解得v0＝，故選C。]
3．(多選)如圖所示，兩個足夠大的傾角分別為30°、45°的光滑斜面放在同一水平面上，兩斜面間距大于小球直徑，斜面高度相等，有三個完全相同的小球a、b、c，開始均靜止于斜面同一高度處，其中b小球在兩斜面之間。若同時釋放，a、b、c小球到達該水平面的時間分別為t1、t2、t3。若同時沿水平方向拋出，初速度方向如圖所示，到達水平面的時間分別為t′1、t′2、t′3。下列關于時間的關系正確的是(　　)
A．t1>t3>t2 B．t1＝t′1、t2＝t′2、t3＝t′3
C．t′1>t′3>t′2 D．t1√
√
√
ABC　[第一種情況：b球做自由落體運動，a、c做勻加速運動。設斜面的高度為h，則對a球有＝，對b球有h＝，對c球有＝，由數學知識得t1>t3>t2；第二種情況：a、c兩個球都做類平拋運動，沿斜面向下方向均做初速度為零的勻加速直線運動，a的加速度為g sin 30°，c的加速度為g sin 45°，b球做平拋運動，則對a球有＝，對b球有h＝，對c球有＝，比較可知，t1＝t′1、t2＝t′2、t3＝t′3，t′1>t′3>t′2，故A、B、C正確，D錯誤。]
4．(多選)(2025·廣東江門質量檢測)如圖所示為一半球形的坑，其中坑邊緣兩點M、N與圓心等高且在同一豎直平面內。現甲、乙兩位同學分別站在M、N兩點，同時將兩個小球以v1、v2的速度沿圖示方向水平拋出，發現兩球剛好落在坑中同一點Q，已知∠MOQ＝60°，忽略空氣阻力。則下列說法中正確的是(　　)
A．兩球拋出的速率之比為1∶3
B．若僅增大v1，則兩球將在落入坑中之前相撞
C．兩球的初速度無論怎樣變化，只要落在坑中的同一點，兩球拋出的速率之和就不變
D．若僅從M點水平拋出小球，改變小球拋出的速度，小球可能垂直坑壁落入坑中
√
√
AB　[由于兩球拋出的高度相等，則運動時間相等，x1＝v1t，x2＝v2t，由幾何關系可知x2＝3x1，所以兩球拋出的速率之比為1∶3，故A正確；由2R＝(v1＋v2)t可知，若僅增大v1，則時間減小，兩球將在落入坑中之前相撞，故B正確；要使兩小球落在坑中的同一點，必須滿足v1與v2之和與時間的乘積等于半球形坑的直徑，即(v1＋v2)t＝2R，落點不同，豎直方向位移就不同，t也不同，所以兩球拋出的速度之和不是定值，故C錯誤；由平拋運動速度的反向延長線過水平位移的中點可知，若僅從M點水平拋出小球，改變小球拋出的速度，小球不可能垂直坑壁落入坑中，故D錯誤。]
5．(2024·江蘇卷)噴泉a、b出射點高度相同，形成如圖所示的形狀，不計空氣阻力，則噴泉a、b的(　　)
A．加速度相同
B．初速度相同
C．最高點的速度相同
D．在空中的時間相同
√
A　[不計空氣阻力，則噴泉噴出的水在空中只受重力，加速度均為重力加速度，故A正確；設噴泉噴出的水豎直方向的分速度為vy，水平方向的分速度為vx，在豎直方向，根據對稱性可知噴泉在空中運動的時間t＝2，可知tb＞ta，D錯誤；最高點的速度等于水平方向的分速度vx＝，由于水平方向的位移大小關系未知，故無法判斷最高點的速度大小關系，根據速度的合成可知無法判斷初速度的大小，B、C錯誤。故選A。]
6．將一小球水平拋出，使用頻閃儀和照相機對運動的小球進行拍攝，頻閃儀每隔0.05 s發出一次閃光。某次拍攝時，小球在拋出瞬間頻閃儀恰好閃光，拍攝的照片編輯后如圖所示。圖中的第一個小球為拋出瞬間的影像，每相鄰兩個球之間被刪去了3個影像，所標出的兩個線段的長度s1和s2之比為3∶7。重力
加速度大小取g＝10 m/s2，忽略空氣阻力。
求在拋出瞬間小球速度的大小。
[解析]　設s1對應的水平位移為x，對應的豎直位移為y，則根據平拋運動的特點可知，s2對應的水平位移也為x，對應的豎直位移為3y
有y＝g(4T )2＝0.2 m
s1＝，s2＝＝，解得x＝ m
拋出瞬間小球的速度大小為v0＝
解得v0＝ m/s。
[答案]　 m/s
課時分層作業(九)　拋體運動
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
1．(2024·湖北卷)如圖所示，有五片荷葉伸出荷塘水面，一只青蛙要從高處荷葉跳到低處荷葉上。設低處荷葉a、b、c、d和青蛙在同一豎直平面內，a、b高度相同，c、d高度相同，a、b分別在c、d正上方。將青蛙的跳躍視為平拋運動，若以最小的初速度完成跳躍，則它應跳到(　　)
12
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
A．荷葉a B．荷葉b
C．荷葉c D．荷葉d
12
√
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
C　[青蛙做平拋運動，水平方向為勻速直線運動，豎直方向為自由落體運動，則有x＝vt，h＝gt2，可得v＝x，因此水平位移越小、豎直高度越大，因此應跳到荷葉c上面。故選C。]
12
2．一同學將鉛球水平推出，不計空氣阻力和轉動的影響，鉛球在平拋運動過程中(　　)
A．機械能一直增加
B．加速度保持不變
C．速度大小保持不變
D．被推出后瞬間動能最大
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
√
B　[把鉛球水平推出，不計空氣阻力和轉動的影響，運動過程中只有重力做功，故機械能守恒，A錯誤；平拋運動水平方向為勻速直線運動，豎直方向為自由落體運動，加速度為重力加速度g，保持不變，B正確；豎直方向速度隨時間增加而增大，有vy＝gt，v合＝，所以速度一直增大，C錯誤；由上述分析可知，速度增大，動能也一直增加，所以推出瞬間動能最小，D錯誤。]
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
3．如圖(a)，我國某些農村地區人們用手拋撒谷粒進行水稻播種。某次拋出的谷粒中有兩顆的運動軌跡如圖(b)所示，其軌跡在同一豎直平面內，拋出點均為O，且軌跡交于P點，拋出時谷粒1和谷粒2的初速度分別為v1和v2，其中v1方向水
平，v2方向斜向上。忽略空氣阻力，
關于兩谷粒在空中的運動，下列說法
正確的是(　　)
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
A．谷粒1的加速度小于谷粒2的加速度
B．谷粒2在最高點的速度小于v1
C．兩谷粒從點O到點P的運動時間相等
D．兩谷粒從點O到點P的平均速度相等
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
√
B　[忽略空氣阻力，拋出后的谷粒1和谷粒2都只受重力作用，所以兩谷粒的加速度相同，都是重力加速度g，A錯誤；從O到P的過程中，兩谷粒水平位移相同，根據豎直方向的分運動可知，谷粒2從O到P運動的時間長，故t1v2x，故谷粒2在最高點的速度(水平分速度v2x)小于v1，B正確；兩谷粒從O到P位移相同，時間不同，平均速度不同，D錯誤。]
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
4．如圖所示，一小球從O點水平拋出后的軌跡途經A、B兩點，已知小球經過A點時的速度大小為13 m/s，從O到A的時間和從A到B的時間都等于0.5 s，取重力加速度大小g＝10 m/s2，不計空氣阻力，下列說法正確的是(　　)
A．小球做平拋運動的初速度大小為10 m/s
B．O、A兩點間的距離為5 m
C．A、B兩點間的距離為10 m
D．O、B兩點間的距離為13 m
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
√
D　[由題意知下落到A點豎直方向的速度為vyA＝gt＝5 m/s，所以小球做平拋運動的初速度大小為v0＝＝12 m/s，故A錯誤；O、A兩點間的豎直高度為yA＝gt2＝1.25 m，水平位移為xA＝v0t＝6 m，所以O、A兩點間的距離為sA＝ m≈6.13 m，故B錯誤；O、B兩點間的豎直高度為yB＝g×22t2＝5 m，水平位移為xB＝v0×2t＝
12 m，所以O、B兩點間的距離為sB＝ m＝13 m，故D正確；
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
由以上分析知A、B兩點間的豎直高度為h1＝yB－yA＝3.75 m，A、B兩點間的水平位移為x1＝6 m，A、B兩點間的距離為s1＝ m
≈7.08 m，故C錯誤。故選D。]
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
5．(2025·廣東揭陽測試)如圖所示，在P點正對豎直墻面拋出一個板球，要使板球垂直打在豎直墻面上，不計空氣阻力，球拋出的初速度大小v、初速度與水平方向的夾角θ的關系正確的是(　　)
A．v與sin θ成反比
B．v與tan θ成正比
C．v2與sin 2θ成反比
D．v2與cos 2θ成正比
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
√
C　[設P點到墻壁的距離為d，將運動分解為水平方向和豎直方向，板球在水平方向做勻速直線運動，有d＝vt cos θ，板球在豎直方向上做豎直上拋運動，有v sin θ＝gt，兩式聯立消去時間得d＝＝，因此v2與sin 2θ成反比，C正確。]
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
6．一帶有乒乓球發射機的乒乓球臺如圖所示，發射機安裝于臺面左側邊緣的中點，能以不同速率向右側不同方向水平發射相同的乒乓球。乒乓球1落到球網右側臺面邊緣上的中點，乒乓球2落到球網右側臺面邊緣上靠近中點的某點。不計空氣阻力。則(　　)
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
A．自發射到落臺，乒乓球1的飛行時間大于乒乓球2的飛行時間
B．乒乓球1的發射速度大于乒乓球2的發射速度
C．落臺時，乒乓球1的速度大于乒乓球2的速度
D．落臺時，乒乓球1與乒乓球2重力做功的功率相等
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
√
D　[根據t＝，兩球自發射到落臺的豎直高度相同，可知乒乓球1的飛行時間等于乒乓球2的飛行時間，選項A錯誤；根據v0＝，乒乓球1的水平位移較小，則乒乓球1的發射速度小于乒乓球2的發射速度，選項B錯誤；落臺時，球的速度v＝，可知乒乓球1的速度小于乒乓球2的速度，選項C錯誤；根據PG＝mgvy＝mg2t，可知落臺時乒乓球1與乒乓球2重力做功的功率相等，選項D正確。故選D。]
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
7．(2025·廣東云浮檢測)如圖所示為四分之一圓柱體OAB的豎直截面，半徑為R，在B點上方的C點水平拋出一個小球，小球軌跡恰好在D點與圓柱體相切，OD與OB的夾角為60°，則C點到B點的距離為(　　)
A．R B．
C． D．
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
√
D　[設小球平拋運動的初速度為v0，由題意知小球通過D點時的速度與圓柱體相切，則有＝tan 60°，即＝；小球平拋運動的水平位移x＝R sin 60°＝v0t，聯立解得＝＝，設平拋運動的豎直位移為y，則＝2gy，解得y＝，則CB＝y－R(1－
cos 60°)＝，故D正確，A、B、C錯誤。]
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
8．如圖所示，斜面的高與底邊長之比為1∶2，一小球從斜面頂端平拋，改變小球的初速度，小球落在斜面的位置不同，關于小球落到斜面上時的末速度，下列說法正確的是(　　)
A．與水平方向夾角的正切值為0.5
B．方向各不相同
C．大小與初速度成正比
D．大小與初速度的平方成正比
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
√
C　[由幾何關系可知，斜面的傾角的正切tan θ＝，小球做平拋運動，水平方向有x＝v0t，豎直方向有y＝gt2，小球落在斜面上，可知tan θ＝＝，解得運動時間t＝＝，末速度與水平方向夾角的正切值
tan α＝＝＝1，可知末速度方向與初速度無關，末速度方向始終相同，故A、B錯誤；末速度的大小v＝＝v0，可見末速度的大小與初速度成正比，故C正確，D錯誤。]
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
9．(多選)如圖所示，某同學將離地1.25 m的網球以13 m/s的速度斜向上擊出，擊球點到豎直墻壁的距離4.8 m。當網球豎直分速度為0時，擊中墻壁上離地高度為8.45 m的P點。網球與墻壁碰撞后，垂直墻面速度分量大小變為碰前的0.75倍。平行墻面的速度分量不變。重力加速度g取10 m/s2，網球碰墻后的速度大小v和著地點到墻壁的距離d分別為(　　)
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
A．v＝5 m/s
B．v＝3 m/s
C．d＝3.6 m
D．d＝3.9 m
√
√
BD　[建立如圖所示的三維坐標系，網球在豎直方向做豎直上拋運動，上升的最大高度h1＝(8.45－1.25)m＝7.20 m，所以在擊球點豎直方向的分速度v0z＝＝12 m/s，上升時間t1＝＝1.2 s，則v0y＝ m/s＝4 m/s，故沿x方向的分速度v0x＝＝
3 m/s，到達最高點P與墻壁碰撞后，沿x方向的分速度v0x＝3 m/s，沿y方向的分速度大小變為v′0y＝4×0.75 m/s＝3 m/s，所以網球碰墻
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
后的速度大小為v＝＝3 m/s, 所以B項正確，A項錯誤；下落的時間t2＝ s＝1.3 s，網球著地點到墻壁的距離d＝v′0yt2＝3.9 m，所以D項正確，C項錯誤。]
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
10．如圖所示，可視為質點的小球從傾角為α＝30°的斜面頂端O點以速度v0飛出，已知v0＝20 m/s，且與斜面夾角為θ＝60°。圖中虛線為小球在空中的運動軌跡，且A為軌跡上離斜面最遠的點，B為小球在斜面上的落點，C是過A點作出的豎直線與斜面的交點，不計空氣阻力，重力加速度取g＝10 m/s2。求：
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
(1)小球從O點運動到A點所用的時間t；
(2)小球離斜面最遠的距離L；
(3)O、C兩點間的距離x。
[解析]　(1)將速度進行分解，如圖所示。
垂直斜面方向有v1＝v0sin θ，a1＝g cos α，t＝
得t＝2 s。
(2)垂直斜面方向v1勻減速至0時有L＝
代入數據得L＝10 m。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
(3)解法一：由垂直斜面方向運動的對稱性可得小球從O到A與A到B所用時間相等
平行斜面方向有v2＝v0cos θ，a2＝g sin α，xOB＝v2·2t＋a2(2t)2
小球在水平方向做勻速直線運動，C為OB的中點，則x＝xOB
代入數據解得x＝40 m。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
解法二：小球在水平方向做勻速直線運動，設O到AC的水平距離為x′，則x′＝v0cos (θ－α)t
由幾何關系可得x＝
解得x＝40 m。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
[答案]　(1)2 s　(2)10 m　(3)40 m
11．拋體運動在各類體育運動項目中很常見，如乒乓球運動。現討論乒乓球發球問題，設球臺長2L、網高h，乒乓球反彈前后的水平分速度不變，豎直分速度大小不變、方向相反，且不考慮乒乓球的旋轉和空氣阻力。(設重力加速度為g)
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
(1)若球在球臺邊緣O點正上方高度h1處以速度v1水平發出，落在球臺上的P1點(如圖中實線所示)，求P1點距O點的距離x1；
(2)若球從O點正上方某高度處以速度v2水平發出，恰好在最高點時越過球網落在球臺上的P2點(軌跡如圖中虛線所示)，求v2的大小；
(3)若球從O點正上方水平發出后，球經反彈恰好越過球網且剛好落在對方球臺邊緣P3點，求發球點距O點的高度h3。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
[解析]　(1)根據平拋運動規律得
h1＝，x1＝v1t1
聯立解得x1＝v1。
(2)根據平拋運動規律得h2＝，x2＝v2t2
且h2＝h，2x2＝L
聯立解得v2＝。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
(3)球的運動軌跡如圖所示，得
h3＝
x3＝v3t3
且3x3＝2L
設球從恰好越過球網到達到最高點所用的時間為t，水平距離為s，則有h3－h＝gt2
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
s＝v3t
由幾何關系得x3＋s＝L
解得h3＝h。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
[答案]　(1)v1　(2)　(3)h
12．(2025·廣東廣州二模)如圖所示，運動員起跳補籃，籃球恰好垂直擊中籃板“打板區”方框的上沿線中點，反彈落入籃圈，球心下降到籃圈所在平面時，球未與籃圈接觸。已知籃球出手時球心離地的高度h1＝2.25 m、與籃板的水平距離L1＝1.17 m，籃圈離地的高度h2＝3.05 m，“打板區”方框的上沿線中點離籃圈的高度h3＝0.45 m，籃圈的直徑d1＝0.45 m，籃板與籃圈的最小距離L2＝0.15 m；若籃球的直徑d2＝0.24 m、質量m＝0.5 kg，不考慮空氣作用力和籃球的轉動。重力加速度g取10 m/s2，求：
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
(1)籃球擊中籃板時的速度大小；
(2)籃球打板損失機械能的最小值。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
[解析]　(1)起跳補籃，籃球恰好垂直擊中籃板“打板區”方框的上沿線中點，其逆過程可以看作是平拋運動，則有h3＋h2－h1＝，L1－＝v0t1，代入數據得v0＝2.1 m/s。
(2)反彈后做平拋運動，則反彈速度最大時機械能損失最少，則有h3＝，L2＋d1－d2＝vmt2，解得vm＝1.2 m/s，籃球打板損失的機械能ΔE＝＝0.742 5 J。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
[答案]　(1)2.1 m/s　(2)0.742 5 J
謝 謝 ！

展開更多......

收起↑