基础点
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．性质：平抛运动是加速度为g的匀加速曲线运动，其运动轨迹是抛物线。
3．平抛运动的条件
(1) v0≠0，沿水平方向；
(2)只受重力作用。
4．研究方法：平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动。
5．基本规律(如图所示)
位移关系
速度关系
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知识点2 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：用运动的合成与分解方法研究平抛运动。
(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(以斜上抛为例，如图所示)
(1)水平方向：v0x＝v0cosθ，F合x＝0，在最高点，vx＝v0cosθ。射程x＝。
(2)竖直方向：v0y＝v0sinθ，F合y＝mg，在最高点，vy＝0，射高y＝。
重难点一、平抛运动的基本规律
1．关于平抛运动必须掌握的四个物理量
物理量
相关分析
飞行时间(t)
t＝ ，飞行时间取决于下落高度h，与初速度v0无关
水平射程(x)
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
落地速度(v)
v＝＝，以θ表示落地时速度与x轴正方向间的夹角，有tanθ＝＝，所以落地速度也只与初速度v0和下落高度h有关
速度的改变量(Δv)
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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Δt内的速度改变量Δv＝gΔt相同，方向恒为竖直向下，如图所示
2.平抛运动的两个重要推论
(1)做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，如图甲中A点和B点所示。其推导过程为tanθ＝＝＝。
(2)做平抛运动的物体在任一时刻任一位置处，设其速度方向与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为α，则tanθ＝2tanα。如图乙所示。其推导过程为tanθ＝＝＝＝2tanα。
二、平抛运动与斜面结合问题
平抛运动问题常与斜面联系在一起，解决此类问题除了要用到平抛运动中的“位移关系”和“速度关系”外，还要充分挖掘隐含在斜面上的边、角几何关系，建立“平抛”和“斜面”之间的联系，体现数理结合的思想方法。此类问题的特点是做平抛运动的物体落在斜面上，包括两种情况：
(1)物体从空中抛出落在斜面上；
(2)从斜面上抛出落在斜面上。
1．两种常见模型及其求解方法
方法
内容
实例
斜面
求小球平抛时间
总结
分解速度
水平vx＝v0
竖直vy＝gt
合速度v＝
如图，vy＝gt，
tanθ＝＝，
故t＝
分解速度，构建速度三角形
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分解位移
水平x＝v0t
竖直y＝gt2
合位移x合＝
如图，x＝v0t，
y＝gt2，而tanθ＝，联立得t＝
分解位移，构建位移三角形
2.在斜面上以不同的初速度水平抛出的物体，若落点在斜面上，则具有以下规律(θ为斜面倾角)
(1)物体的竖直位移与水平位移之比是同一个常数，这个常数等于斜面倾角的正切值tanθ＝；
(2)物体的运动时间与初速度成正比t＝；
(3)物体落在斜面上，位移方向相同，都沿斜面方向；
(4)物体落在斜面上时速度方向都平行，且与平抛初速度无关，只与斜面倾角有关。tanβ＝2tanθ其中β为速度与水平方向的夹角；
(5)当物体的速度方向与斜面平行时，物体离斜面的距离最远，且该时刻还具有以下特点：
①该时刻是全运动过程的中间时刻。
②该时刻之前与该时刻之后竖直方向上的位移之比为1∶3。
③该时刻之前与该时刻之后斜面方向上的位移之比不是1∶3。
特别提醒
平抛运动也不是一定要分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，在有些问题中，过抛出点建立适当的直角坐标系，把重力加速度g正交分解为gx、gy，把初速度v0正交分解为vx、vy，然后分别在x、y方向列方程求解，可以简化解题过程，化难为易。
三、类平抛运动问题
1．定义：所谓类平抛运动，就是受力特点和运动特点类似于平抛运动，即物体受到一个恒定的外力作用且外力与初速度方向垂直时所做的曲线运动。
2．受力特点：物体所受合力为恒力，且与初速度的方向垂直。
3．运动特点：沿初速度v0方向做匀速直线运动，沿合力方向做初速度为零的匀加速直线运动。
4．研究方法
(1)常规分解法：将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向(即沿合力方向)的匀加速直线运动，两分运动彼此独立，互不影响，且与合运动具有等时性。
(2)特殊分解法：对于有些问题，可以过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度a分解为ax、ay，初速度v0分解为v0x、v0y，然后分别在x、y轴方向列方程求解。
特别提醒
类平抛运动问题特别要注意加速度的求解，它不在等于重力加速度g
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，应先求物体合外力，再利用牛顿第二定律a＝求解，其他方面和平抛运动相同。
四、斜抛运动的规律
斜抛运动的处理方法与平抛运动的处理方法相似，不同的是，斜抛物体在竖直方向上的初速度不为零。如图所示，物体被抛出后在水平方向上以水平分速度v0x做匀速直线运动；在竖直方向上做初速度为v0y的竖直上抛运动。
(1)速度：vx＝v0x＝v0cosθ，vy＝v0sinθ－gt。
(2)位移：x＝v0cosθ·t，y＝v0sinθ·t－gt2。
(3)飞行时间、射高和射程
①飞行时间：T＝＝
②射高：Y＝＝
③射程：X＝v0cosθ·T＝＝
可见，若初速度v0一定，则当θ＝45°时，射程最大，为Xmax＝。
(4)斜上抛运动的对称性
①轨迹对称：斜抛运动的轨迹是抛物线，升弧与降弧关于过最高点的竖直线对称。
②速度对称：关于过最高点的竖直线对称的两点速度大小相等，或水平方向速度相等，竖直方向速度等大、反向。
③时间对称：物体经过关于过最高点的竖直线对称的两段轨迹所用的时间相等。
1．思维辨析
(1)以一定的初速度水平抛出的物体的运动是平抛运动。( )
(2)平抛运动的轨迹是抛物线，速度方向时刻变化，加速度方向也可能时刻变化。( )
(3)无论初速度是斜向上方还是斜向下方的斜抛运动都是匀变速曲线运动。( )
(4)做平抛运动的物体质量越大，水平位移越大。( )
(5)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。( )
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(6)做平抛运动的物体初速度越大，在空中运动的时间越长。( )
(7)从同一高度水平抛出的物体，不计空气阻力，初速度大的落地速度大。( )
答案 (1)× (2)× (3)√ (4)× (5)× (6)× (7)√
2．2014年8月3日16时30分云南省鲁甸县发生6.5级强震，牵动了全国人民的心，一架装载救灾物资的直升机，以9 m/s的速度水平飞行。在距地面180 m的高度处，欲将救灾物资准确投放至地面目标，若不计空气阻力，g取10 m/s2，则( )
A．物资投出后经过20 s到达地面目标
B．物资投出后经过6 s到达地面目标
C．应在地面目标正上方投出物资
D．应在距地面目标水平距离180 m处投出物资
答案 B
解析 救灾物资离开飞机后做平抛运动，在竖直方向上有h＝gt2，解得t＝＝ s＝6 s，选项A错误，B正确；救灾物资的水平位移x＝v0t＝9×6 m＝54 m，为把物资准确投放至地面目标，应在距地面目标水平距离54 m处投出物资，选项C、D错误。
3．如图所示，AB为半圆环ACB的水平直径，C为环上的最低点，环半径为R。一个小球从A点以速度v0水平抛出，不计空气阻力，则下列判断正确的是( )
A．只要v0足够大，小球可以击中B点
B．即使v0取值不同，小球掉到环上时的速度方向和水平方向之间的夹角也相同
C．若v0取值适当，可以使小球垂直撞击半圆环
D．无论v0取何值，小球都不可能垂直撞击半圆环
答案 D
解析 小球做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，可知小球不可能击中B点，选项A错误，初速度不同，小球落点的位置不同，运动的时间可能不同，则小球掉到环上时的速度方向和水平方向之间的夹角不同，选项B错误，小球不可能垂直撞击在半圆环AC段，因为根据速度的合成，平抛运动的速度方向偏向右，假设小球与BC段垂直撞击，设此时速度与水平方向的夹角为θ，知撞击点与圆心的连线与水平方向的夹角为θ，连接抛出点与撞击点，与水平方向的夹角为β。根据几何关系知θ＝2β，因为平抛运动速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，即tanθ＝2tanβ，与θ＝2β相矛盾，则不可能与半圆弧垂直相撞，选项C错误，D正确。
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[考法综述] 本考点是曲线运动的两类典型运动之一，掌握平抛运动的特点和性质，掌握研究平抛运动的方法及应用是本考点的重点，高考命题既可以单独命题，难度较低，也可以与圆周运动、功能关系结合进行交汇命题，难度、频度较高。因此本考点复习仍以夯实基础知识为主，通过复习应掌握：
3类运动——平抛运动和斜抛运动、类平抛运动
1种方法——运动的合成与分解
3种思路——分解速度、位移和加速度
1个典型——斜面上的平抛运动
命题法1 平抛运动的基本规律
典例1 如图所示，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。下列说法正确的是( )
A．小球水平抛出时的初速度大小为gttanθ
B．小球在t时间内的位移方向与水平方向的夹角为
C．若小球初速度增大，则平抛运动的时间变长
D．若小球初速度增大，则θ减小
[答案] D
[解析]
到达地面时速度分解如图所示，由tanθ＝可得小球平抛的初速度大小v0＝，A错误；设位移与水平方向的夹角为α，由tanα＝＝＝＝tanθ可知，α≠，B错误；小球平抛运动的时间t＝，与小球初速度无关，C错误；由tanθ＝可知，v0越大，θ越小，D正确。
【解题法】 解答平抛运动问题的常用解法
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(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)将平抛运动分解之后，要充分利用平抛运动中的位移矢量三角形和速度矢量三角形找各量的关系。
命题法2 平抛运动与斜面结合问题
典例2 滑雪比赛惊险刺激，如图所示，一名跳台滑雪运动员经过一段加速滑行后从O点水平飞出，经过t＝3.0 s落到斜坡上的A点。已知O点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角θ＝37°，运动员的质量m＝50 kg。不计空气阻力，运动员视为质点(取sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80，g＝10 m/s2)。求：
(1)A点与O点的距离L；
(2)运动员离开O点时的速度大小v0；
(3)运动员从O点飞出开始到离斜坡距离最远所用的时间t1。
[答案] (1)75 m (2)20 m/s (3)1.5 s
[解析] (1)运动员在竖直方向做自由落体运动，则
Lsin37°＝gt2
解得L＝＝75 m
(2)设运动员离开O点时的速度为v0，运动员在水平方向的分运动为匀速直线运动，则Lcos37°＝v0t
解得v0＝＝20 m/s
(3)解法一：当运动员的速度方向平行于斜坡或与水平方向向下成37°角时，运动员与斜坡距离最远，则
＝tan37°
解得t1＝1.5 s
解法二：运动员的平抛运动可分解为沿斜面方向的匀加速运动(初速度为v0cos37°、加速度为gsin37°)和垂直斜面方向的类竖直上抛运动(初速度为v0sin37°、加速度为gcos37°)。
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当垂直斜面方向的速度减为零时，运动员离斜坡最远，有v0sin37°＝gcos37°·t1
解得t1＝1.5 s
【解题法】 怎样正确分析平抛运动问题
解决与平抛运动有关的问题时，应充分注意到两个分运动具有独立性和等时性的特点，并且注意数理结合。
(1)突出落点问题时，一般要建立水平位移与竖直位移之间的关系。
(2)突出末速度的大小和方向问题时，一般要建立水平分速度与竖直分速度之间的关系。
(3)要注意挖掘和利用合运动、分运动及题设情境之间的几何关系。
命题法3 类平抛问题
典例3 (多选)如图所示，两个倾角分别为30°、45°的光滑斜面放在同一水平面上，斜面高度相等。有三个完全相同的小球a、b、c，开始均静止于同一高度处，其中b小球在两斜面之间，a、c两小球在斜面顶端，两斜面间距大于小球直径。若同时释放，a、b、c小球到达水平面的时间分别为t1、t2、t3。若同时沿水平方向抛出，初速度方向如图所示，到达水平面的时间分别为t1′、t2′、t3′。下列关于时间的关系正确的是( )
A．t1＞t3＞t2
B．t1＝t1′、t2＝t2′、t3＝t3′
C．t1′＞t3′＞t2′
D．t1＜t1′、t2＜t2′、t3＜t3′
[答案] ABC
[解析] 由静止释放三个小球时，对a：＝gsin30°·t，则t＝。对b：h＝gt，则t＝。对c：＝gsin45°·t，则t＝，所以t1＞t3＞t2.当平抛三个小球时，小球b做平抛运动，小球a、c在斜面内做类平抛运动。沿斜面方向的运动同第一种情况，所以t1＝t1′，t2＝t2′，t3＝t3′。故选项A、B、C正确。
【解题法】 类平抛运动问题的解题方法
(1)根据物体的受力特点和运动特点判断是否为类平抛运动问题 。
(2)根据牛顿第二定律求解物体运动的加速度。
(3)在初速度和加速度所决定的平面内按平抛运动规律处理，注意加速度不再是自由落体加速度g。
(4)根据具体事实检验结果的合理性。
命题法4 斜抛运动问题
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典例4 如图所示，某滑雪爱好者在离地h＝1.8 m高的平台上滑行，以斜向上的初速度v0离开A点，v0与水平方向的夹角θ＝37°，之后落在水平地面上的B点，其水平位移s＝3 m。空气阻力忽略不计，g＝ 10 m/s2。求：
(1)人与滑板离开平台时的初速度v0；
(2)人所能上升的最大高度H和上升到最大高度所用的时间t。
[答案] (1)4.2 m/s (2)0.31 m 0.25 s
[解析] (1)人由A到B做斜抛运动，设所用时间为t′，由运动的合成与分解及运动学规律可知
水平方向：v0t′cosθ＝s
竖直方向：v0t′sinθ－gt′2＝－h
代入数据，联立解得v0＝4.2 m/s
(2)人上升到最大高度时，竖直方向的分速度为零，由运动学规律可知
v0sinθ＝gt，H＝gt2
代入数据解得t＝0.25 s，H＝0.31 m。
【解题法】 斜抛运动问题的一般处理方法
(1)沿水平方向建立直角坐标系，把物体的初速度沿水平方向和竖直方向分解，得vx＝v0cosθ， vy＝v0sinθ。
(2)物体在水平方向做初速度为v0cosθ的匀速直线运动，在竖直方向做初速度为v0sinθ，加速度为－g的竖直上抛运动。
(3)在竖直方向上，物体上升运动可看成自由下落的逆运动，下落过程的实质是自由落体运动。
(4)注意两方向运动的等时性，水平方向最高点速度为v0cosθ，竖直速度为0这两个关键点。
命题法5 平抛运动的综合问题
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典例5 (多选)如图所示，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，则( )
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
[答案] BD
[解析] 根据平抛运动的规律h＝gt2，得t＝，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。
【解题法】 求解多体平抛问题的说明
(1)若两物体同时从同一高度(或同一点)抛出，则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)若两物体同时从不同高度抛出，则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)若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。
(4)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。
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典例6 如图所示，水平屋顶高H＝5 m，围墙高h＝3.2 m，围墙到房子的水平距离L＝3 m，围墙外空地宽x＝10 m，为使小球从屋顶水平飞出落在围墙外的空地上，g取10 m/s2。求：
(1)小球离开屋顶时的速度v0的大小范围；
(2)小球落在空地上的最小速度大小。
[答案] (1)5 m/s≤v0≤13 m/s (2)5 m/s
[解析] (1)设小球恰好落到空地的右侧边缘时的水平初速度为v01，则小球的水平位移：L＋x＝v01t1
小球的竖直位移：H＝gt
解以上两式得v01＝(L＋x) ＝13 m/s
设小球恰好越过围墙的边缘时的水平初速度为v02，则此过程中小球的水平位移：L＝v02t2，小球的竖直位移：H－h＝gt
解以上两式得：v02＝5 m/s
小球抛出时的速度大小为5 m/s≤v0≤13 m/s。
(2)小球落在空地上，下落高度一定，落地时的竖直分速度一定，当小球恰好越过围墙的边缘落在空地上时，落地速度最小。
竖直方向：v＝2gH，又有vmin＝
解得vmin＝5 m/s。
【解题法】 处理平抛运动中临界问题的关键
(1)阅读试题，提炼关键信息。
(2)画出草图，直观形象，从实际出发，发现隐含条件寻找临界点，找出临界条件。
(3)用极限分析法确定临界状态然后按常规问题处理。
(4)结合实际，分析归纳，讨论完善最后结果。
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