可得v1<
答案
（1）
（2）v1<
“化曲为直”思想——平抛运动的基本求解方法
平抛运动的三种分解思路
（1）分解速度：
v合＝＝
（2）分解位移：
x＝v0t，y＝gt2，tanθ＝
（3）分解加速度
突破训练1 如图6，从半径为R＝1m的半圆AB上的A点水平抛出一个可视为质点的小球，经t＝0.4s小球落到半圆上，已知当地的重力加速度g＝10m/s2，则小球的初速度v0可能为（ ）
图6
A．1m/sB．2m/sC．3m/sD．4m/s
答案 AD
解析 由于小球经0.4s落到半圆上，下落的高度h＝gt2＝0.8m，位置可能有两处，如图所示．
第一种可能：
小球落在半圆左侧，
v0t＝R－＝0.4m，v0＝1m/s
第二种可能：
小球落在半圆右侧，
v0t＝R＋，v0＝4m/s，选项A、D正确．
考点二 斜面上的平抛运动问题
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2 如图7所示，一名跳台滑雪运动员经过一段时间的加速滑行后从O点水平飞出，经过3s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＝50kg.不计空气阻力（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8；g取10m/s2）．求：
图7
（1）A点与O点的距离L；
（2）运动员离开O点时的速度大小；
（3）运动员从O点飞出开始到离斜坡距离最远所用的时间．
解析
（1）运动员在竖直方向做自由落体运动，有
Lsin37°＝gt2，
L＝＝75m.
（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，有
Lcos37°＝v0t，
即v0＝＝20m/s.
（3）解法一 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°）．
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°·t，解得t＝1.5s
解法二 当运动员的速度方向平行于斜坡或与水平方向成37°角时，运动员离斜坡最远，有＝tan37°，t＝1.5s.
答案
（1）75m
（2）20m/s （3）1.5s
常见平抛运动模型运动时间的计算方法
（1）在水平地面正上方h处平抛：
由h＝gt2知t＝，即t由高度h决定．
（2）在半圆内的平抛运动（如图8），由半径和几何关系制约时间t：
图8
h＝gt2
R±＝v0t
联立两方程可求t.
（3）斜面上的平抛问题（如图9）：
图9
①顺着斜面平抛
方法：
分解位移
x＝v0t
y＝gt2
tanθ＝
可求得t＝
②对着斜面平抛（如图10）
图10
方法：
分解速度
vx＝v0
vy＝gt
tanθ＝＝
可求得t＝
（4）对着竖直墙壁平抛（如图11）
图11
水平初速度v0不同时，虽然落点不同，但水平位移d相同．
t＝
突破训练2 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，如图12所示，以下判断正确的是（ ）
图12
A．斜面的倾角约是30°
B．小球的抛出点距斜面的竖直高度约是15m
C．若将小球以水平速度v0′＝5m/s向右抛出，它一定落在AB的中点P的上方
D．若将小球以水平速度v0′＝5m/s向右抛出，它一定落在AB的中点P处
答案 AC
解析 设斜面倾角为θ，对小球在A点的速度进行分解有tanθ＝，解得θ≈30°，A项正确；小球距过A点水平面的距离为h＝gt2≈15m，所以小球的抛出点距斜面的竖直高度肯定大于15m，B项错误；若小球的初速度为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项正确，D项错误．
考点三 平抛运动中的临界问题
例3 如图13所示，水平屋顶高H＝5m，围墙高h＝3.2m，围墙到房子的水平距离L＝3m，围墙外空地宽x＝10m，为使小球从屋顶水平飞出落在围墙外的空地上，g取10m/s2.求：
图13
（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．
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）＝13m/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＝5m/s
小球抛出时的速度大小为5m/s≤v0≤13m/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＝5m/s
答案
（1）5m/s≤v0≤13m/s
（2）5m/s
1．本题使用的是极限分析法，v0不能太大，否则小球将落在空地外边；v0又不能太小，否则被围墙挡住而不能落在空地上．因而只要分析落在空地上的两个临界状态，即可解得所求的范围．
2．从解答中可以看到，解题过程中画出示意图的重要性，它既可以使抽象的物理情境变得直观，也可以使隐藏于问题深处的条件显露无遗．小球落在墙外的空地上，其速度最大值所对应的落点位于空地的外侧边缘，而其速度最小值所对应的落点却不是空地的内侧边缘，而是围墙的最高点，这一隐含的条件只有在示意图中才能清楚地显露出来．
突破训练3 质量为m＝0.5kg、可视为质点的小滑块，从光滑斜面上高h0＝0.6m的A点由静止开始自由滑下．已知斜面AB与水平面BC在B处通过一小圆弧光滑连接．长为x0＝0.5m的水平面BC与滑块之间的动摩擦因数μ＝0.3，C点右侧有3级台阶（台阶编号如图14所示），D点右侧是足够长的水平面．每级台阶的高度均为h＝0.2m，宽均为L＝0.4m．（设滑块从C点滑出后与地面或台阶碰撞后不再弹起，取g＝10m/s2）．
图14
（1）求滑块经过B点时的速度vB；
（2）求滑块从B点运动到C点所经历的时间t；
（3）某同学是这样求滑块离开C点后落点P与C点在水平方向的距离x的：
滑块离开C点后做平抛运动，下落高度H＝4h＝0.8m，在求出滑块经过C点速度的基础上，根据平抛运动知识即可求出水平位移x.
你认为该同学的解法是否正确？
如果正确，请解出结果．如果不正确，请说明理由，并用正确的方法求出结果．
答案
（1）2m/s
（2）0.155s （3）见解析
解析
（1）滑块在斜面AB上下滑时，机械能守恒，
mgh0＝mv＋0
vB＝＝m/s＝2m/s
（2）滑块在水平面BC上运动时，由动能定理：
－μmgx0＝mv－mv
vC＝＝m/s＝3m/s
由牛顿第二定律：
μmg＝ma
a＝μg＝0.3×10m/s2＝3m/s2
t1＝＝s≈0.155s
（3）不正确，因为滑块可能落到某一个台阶上．正确解法为：
假定无台阶，滑块直接落在D点右侧的水平面上，
t′＝＝s＝0.4s
水平位移x′＝vCt′＝3×0.4m＝1.2m，恰好等于3L（也就是恰好落在图中的D点），因此滑块会撞到台阶上．
当滑块下落高度为2h时，
t″＝＝s≈0.283s
x″＝vCt″＝0.849m>2L
所以小滑块能落到第③个台阶上
3h＝gt2
t＝＝s＝s
x＝vCt＝3×m≈1.04m
17．类平抛问题模型的分析方法
类平抛运动在高考中常被考到，特别是带电粒子在电场中偏转时的类平抛运动考查到的概率很大．
1．类平抛运动的受力特点
物体所受的合外力为恒力，且与初速度的方向垂直．
2．类平抛运动的运动特点
在初速度v0方向上做匀速直线运动，在合外力方向上做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝.
3．类平抛运动的求解方法
（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（即沿合外力的方向）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vx、vy，然后分别在x、y方向列方程求解．
例4 如图15所示的光滑斜面长为l，宽为b，倾角为θ，一物块（可看成质点）沿斜面左上方顶点P水平射入，恰好从底端Q点离开斜面，试求：
图15
（1）物块由P运动到Q所用的时间t；
（2）物块由P点水平射入时的初速度v0；
（3）物块离开Q点时速度的大小v.
解析
（1）沿斜面向下的方向有mgsinθ＝ma，l＝at2
联立解得t＝.
（2）沿水平方向有b＝v0t
v0＝＝b.
（3）物块离开Q点时的速度大小
v＝＝.
答案
（1）
（2）b
（3）
高考题组
1．（2013·北京·19）在实验操作前应该对实验进行适当的分析．研究平抛运动的实验装置示意图如图16所示．小球每次都从斜槽的同一位置无初速度释放，并从斜槽末端水平飞出．改变水平板的高度，就改变了小球在板上落点的位置，从而可描绘出小球的运动轨迹．某同学设想小球先后三次做平抛运动，将水平板依次放在如图1、2、3的位置，且1与2的间距等于2与3的间距．若三次实验中，小球从抛出点到落点的水平位移依次为x1、x2、x3，机械能的变化量依次为ΔE1、ΔE2、ΔE3，忽略空气阻力的影响，下面分析正确的是（ ）
图16
A．x2－x1＝x3－x2，ΔE1＝ΔE2＝ΔE3
B．x2－x1＞x3－x2，ΔE1＝ΔE2＝ΔE3
C．x2－x1＞x3－x2，ΔE1＜ΔE2＜ΔE3
D．x2－x1＜x3－x2，ΔE1＜ΔE2＜ΔE3
答案 B
解析 不计空气阻力，小球在运动过程中机械能守恒，所以ΔE1＝ΔE2＝ΔE3＝0.小球在水平方向上做匀速运动，在竖直方向上做匀加速运动，又因y12＝y23，所以t12＞t23，x2－x1＞x3－x2，由以上分析可知选项B正确．
2．（2012·江苏·6）如图17所示，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，则（ ）
图17
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在第一次落地前若不碰，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
答案 AD
解析 由题意知A做平抛运动，即水平方向做匀速直线运动，竖直方向为自由落体运动；B为自由落体运动，A、B竖直方向的运动相同，二者与地面碰撞前运动时间t1相同，且t1＝，若第一次落地前相碰，只要满足A运动时间t＝，所以选项A正确；因为A、B在竖直方向的运动同步，始终处于同一高度，且A与地面相碰后水平速度不变，所以A一定会经过B所在的竖直线与B相碰．碰撞位置由A的初速度决定，故选项B、C错误，选项D正确．
模拟题组
3．在平直公路上做匀加速行驶的汽车，因漏油，每经过T时间从离路面高h处漏下一滴油，油滴在路面上形成一段油点痕迹，如图18所示．已知油点痕迹P是汽车运动到Q处时滴下在路面形成的，现测出油点痕迹P至其前后相邻两点的距离分别为s1和s2，若汽车运动加速度大小为a，运动到Q点时速度大小为v，则下列正确的是（ ）
图18
A．a＝，v＝B．a＝，v≠
C．a≠，v＝D．a≠，v≠
答案 B
解析 类比打点计时器打出的纸带．油滴下落后均做平抛运动，水平速度不变．落在地面上的油滴类似于纸带上的点迹．因此根据Δx＝aT2有a＝，v＝.选项B正确．
4．如图19所示，球网上沿高出桌面H，网到桌边的距离为L.某人在乒乓球训练中，从左侧处，将球沿垂直于网的方向水平击出，球恰好通过网的上沿落到右侧桌边缘．设乒乓球的运动为平抛运动．则乒乓球（ ）
图19
A．在空中做变加速直线运动
B．在水平方向做匀加速直线运动
C．在网的右侧运动的时间是左侧的2倍
D．击球点的高度是网高的2倍
答案 C
解析 本题考查平抛运动的规律，意在考查学生对平抛运动各物理量的理解．乒乓球击出后，在重力的作用下做平抛运动，其运动可分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动，A、B错误；球在网的左侧和右侧通过的水平距离之比＝＝＝，C正确；设击球点到桌面的高度为h，则击球点到网上沿的高度与击球点到桌面的高度之比为＝＝，所以击球点的高度与网高度之比为＝，D错误．
5．如图20所示，可视为质点的滑块B放在水平面上，在其正上方离水平面高h＝0.8m处有一可视为质点的小球A，某时刻小球A以v1＝5m/s的初速度开始向右做平抛运动，同时滑块B以v2＝3m/s的初速度开始向右做匀加速直线运动，小球A恰好能击中滑块B，求B运动的加速度a的大小．（g＝10m/s2）
图20
答案 10m/s2
解析 设经时间t，小球A击中滑块B，则对小球A由平抛运动的规律得：
h＝gt2
小球A在水平方向上的位移为x，则：
x＝v1t
滑块B在时间t内的位移也为x，则：
x＝v2t＋at2
联立以上各式解得：
a＝10m/s2
（限时：
45分钟）
►题组1 平抛运动规律的应用
1．如图1所示为一长为L、倾角θ＝45°的固定斜面．今有一弹性小球，自与斜面上端等高的某处自由释放，小球落到斜面上反弹时，速度大小不变，碰撞前后，速度方向与斜面夹角相等，若不计空气阻力，欲使小球恰好落到斜面下端，则小球释放点距斜面上端的水平距离为（ ）
图1
A.LB.L
C.LD.L
答案 D
解析 由θ＝45°知释放点距斜面的高度与到斜面上端的水平距离相等，从小球与斜面碰撞后变向到落到斜面下端，小球做平抛运动且水平位移与竖直位移等大，即x＝y，由x＝v0t和y＝t联立得vy＝2v0，即＝2，解得h＝，选项D正确．
2．倾角为θ的斜面上有A、B、C三点，现从这三点分别以不同的初速度水平抛出一小球，三个小球均落在斜面上的D点，如图2所示，今测得AB∶BC∶CD＝5∶3∶1，由此可判断（ ）
图2
A．A、B、C处三个小球运动时间之比为1∶2∶3
B．A、B、C处三个小球落在斜面上时速度与初速度间的夹角之比为1∶1∶1
C．A、B、C处三个小球的初速度大小之比为3∶2∶1
D．A、B、C处三个小球的运动轨迹可能在空中相交
答案 BC
解析 由于沿斜面AB∶BC∶CD＝5∶3∶1，故三个小球竖直位移之比为9∶4∶1，运动时间之比为3∶2∶1，A项错误；斜面上平抛的小球落在斜面上时，速度与初速度之间的夹角α满足tanα＝2tanθ，与小球抛出时的初速度大小和位置无关，因此B项正确；同时tanα＝，所以三个小球的初速度之比等于运动时间之比，为3∶2∶1，C项正确；三个小球的运动轨迹（抛物线）在D点相切，因此不会在空中相交，D项错误．
3．如图3所示，我某集团军在一次空地联合军事演习中，离地面H高处的飞机以水平对地速度v1发射一颗炸弹轰炸地面目标P，反应灵敏的地面拦截系统同时以初速度v2竖直向上发射一颗炮弹拦截（炮弹运动过程看作竖直上抛），设此时拦截系统与飞机的水平距离为x，若拦截成功，不计空气阻力，则v1、v2的关系应满足（ ）
图3
A．v1＝v2B．v1＝v2
C．v1＝v2D．v1＝v2
答案 C
解析 炸弹离开飞机做平抛运动，若恰好被拦截，则水平位移x＝v1t，得t＝，这段时间内炸弹下落的距离为h1＝gt2＝，拦截炮弹上升的高度为h2＝v2t－gt2＝－，h1＋h2＝H，解得v1＝v2，C项正确．
4．如图4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（ ）
图4
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 落地时的速度分解如图所示，可知：
tanθ＝，所以v0＝，选
项A错误．设t时间内的位移方向与水平方向的夹角为α，则tanα＝＝
＝＝tanθ，B选项错误．小球的运动时间由高度决定，C项错误．当初速度增大时，
tanθ＝，t不变，tanθ变小，θ变小，D项正确．
5．a、b两个物体做平抛运动的轨迹如图5所示，设它们抛出的初速度分别为va、vb，从抛出至碰到台上的时间分别为ta、tb，则（ ）
图5
A．va>vbB．vaC．ta>tbD．ta答案 AD
解析 由题图知，hb>ha，因为h＝gt2，所以taxb，所以va>vb，选项A、D正确．
6．如图6所示，在水平地面上O点正上方不同高
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