拓展課平拋運動規律的綜合應用拓展點一平拋運動的兩個推論推論1：從拋出點開始，任意時刻速度偏向角的正切值等于位移偏向角的正切值的2倍，如圖所示。證明：推論2：從拋出點開始，任意時刻速度的反向延長線過水平位移的中點。如圖所示。證明：[試題案例][例1]圖為一物體做平拋運動的軌跡，物體從O點拋出，x、y分別表示其水平和豎直的分位移。在物體運動過程中的某一點P(x0，y0)，其速度vP的反向延長線交x軸于A點(A點未畫出)。則OA的長度為()A.x0 B.0.5x0C.0.3x0 D.不能確定解析法一由題意作圖，設v與水平方向的夾角為θ，由幾何關系得tanθ＝eq\f(vy,v0)①由平拋運動規律得水平方向有x0＝v0t②豎直方向有y0＝eq\f(1,2)vyt③由①②③得tanθ＝eq\f(2y0,x0)在△AEP中，由幾何關系得AE＝eq\f(y0,tanθ)＝eq\f(x0,2)所以OA＝x0－eq\f(x0,2)＝0.5x0。法二由平拋運動的推論知，物體做平拋運動時速度矢量的反向延長線過水平位移的中點，故OA的長度為0.5x0。答案B[針對訓練1]如圖所示，一小球自傾角為θ的固定斜面頂端沿水平方向拋出后落在斜面上，小球與斜面接觸時速度方向與水平方向的夾角φ滿足()A.tanφ＝sinθ B.tanφ＝cosθC.tanφ＝tanθ D.tanφ＝2tanθ解析法一由題圖可知，接觸斜面時位移方向與水平方向的夾角為θ，由平拋運動的推論可知，速度方向與水平方向的夾角φ與θ有關系tanφ＝2tanθ，選項D正確。法二設小球飛行時間為t，則tanφ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(gt,v0)，tanθ＝eq\f(y,x)＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq\f(gt,2v0)，故tanφ＝2tanθ，選項D正確。答案D拓展點二與平拋運動相關的臨界問題臨界問題的分析方法1.將平拋運動分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動，是求解平拋運動的基本方法。2.分析平拋運動中的臨界問題時一般運用極限分析的方法，即把要求的物理量設定為極大或極小，讓臨界問題突顯出來，找出產生臨界的條件。3.確定臨界狀態，并畫出軌跡示意圖。4.注意適當運用數學知識分析求解有關臨界與極值問題。[試題案例][例2](多選)如圖所示，在網球的網前截擊練習中，若練習者在球網正上方距地面H處，將球以速度v沿垂直球網v的方向為水平方向，球做平拋運動的方向擊出，球剛好暗示水平位移為L，豎直位移為H落在底線上。已知底線到網的距離為L，重力加速度為g，將球的運動視為平拋運動，下列敘述正確的是()A.球的速度v等于Leq\r(\f(g,2H))B.球從擊出至落地所用時間為eq\r(\f(2H,g))C.球從擊球點至落地點的位移等于LD.球從擊球點至落地點的位移與球的質量有關解析豎直方向H＝eq\f(1,2)gt2，得t＝eq\r(\f(2H,g))，B正確；水平方向L＝vt，得v＝Leq\r(\f(g,2H))，A正確；球從擊球點至落地點的位移為eq\r(H2＋L2)，C錯誤；由以上分析知，從擊球點到落地點的位移與球的質量無關，D錯誤。答案AB[針對訓練2](多選)如圖所示，一個電影替身演員準備跑過一個屋頂，水平地跳躍并離開屋頂，然后落在下一棟建筑物的屋頂上。如果他在屋頂跑動的最大速度是4.5m/s，那么下列關于他能否安全跳過去的說法正確的是(g取10m/s2)()A.他安全跳過去是可能的B.他安全跳過去是不可能的C.如果要安全跳過去，他在屋頂水平跳躍速度應大于6.2m/sD.如果要安全跳過去，他在屋頂水平跳躍速度應小于4.5m/s解析由h＝eq\f(1,2)gt2，x＝v0t，將h＝5m，x＝6.2m代入解得安全跳過去的最小水平速度v0＝6.2m/s，B、C正確，A、D錯誤。答案BC拓展點三與斜面有關的平拋運動1.平拋運動的解題技巧(1)解決落點位置問題一般要建立水平位移和豎直位移之間的關系。(2)解決落點速度方向即末速度的方向問題，一般要建立水平速度和豎直速度之間的關系。(3)注意挖掘和利用合運動、分運動及題設情境之間的幾何關系。2.平拋運動解題三類突破口(1)若水平位移、水平速度已知，可應用x＝v0t列式，作為求解問題的突破口。(2)若豎直高度或豎直分速度已知，可應用y＝eq\f(1,2)gt2或vy＝gt列式，作為求解問題的突破口。(3)若物體的末速度的方向或位移的方向已知，可應用tanθ＝eq\f(gt,v0)(θ是物體速度與水平方向的夾角)或tanα＝eq\f(gt,2v0)(α是物體位移與水平方向的夾角)列式，作為求解問題的突破口。[試題案例][例3](從斜面外拋出的平拋運動——落點速度與斜面垂直)如圖所示，以9.8m/s的水平初速度v0拋出的物體，飛行一段時間后，垂直地撞在傾角θ為30°的斜面上，此時速度方向垂直于斜面物體完成這段飛行需要的時間是()A.eq\f(\r(3),3)s B.eq\f(2\r(3),3)sC.eq\r(3)s D.0.2s解析分解物體的末速度，如圖所示。由于物體水平方向是勻速運動，豎直方向是自由落體運動，末速度v的水平分速度仍為v0，豎直分速度為vy，則vy＝gt由圖可知eq\f(v0,vy)＝tan30°，所以t＝eq\f(v0,gtan30°)＝eq\r(3)s。答案C[例4](從斜面外拋出的平拋運動——落點速度與斜面平行)(多選)如圖所示，水平拋出的物體，抵達斜面上端P處時速度恰好沿著斜面方向，然后在斜面PQ上無摩擦滑下，隱含：Ff＝0下圖為物體沿x方向和y方向運動的位移—時間圖像及速度—時間圖像，其中可能正確的是()解析設斜面與水平面的夾角為θ，水平拋出的物體，抵達斜面上端P處時速度恰好沿著斜面方向，緊貼斜面PQ無摩擦滑下，抵達斜面之前x1＝v0t1，y1＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，vx1＝v0，vy1＝gt1抵達斜面后沿斜面無摩擦下滑，對于從0到Q全程有x2＝x1＋v0t2＋eq\f(1,2)gsinθcosθteq\o\al(2,2)y2＝y1＋vy1t2＋eq\f(1,2)gsin2θteq\o\al(2,2)vx2＝v0＋gsinθcosθt2vy2＝gt1＋gsin2θt2故選項B、C錯誤，A、D正確。答案AD[例5](在斜面上拋出的平拋運動)如圖所示，在某次自由式滑雪比賽中，一運動員從弧形雪坡上沿水平方向飛出后，運動員做平拋運動又落回到斜面雪坡上，若斜面雪坡的傾角為θ，運動員飛出時的速度大小為v0，不計空氣阻力，運動員飛出后在空中的姿勢保持不變，重力加速度為g，則()A.如果v0不同，則該運動員落到雪坡時的速度方向也就不同B.不論v0多大，該運動員落到雪坡時的速度方向都是相同的C.運動員落到雪坡時的速度大小是eq\f(v0,cosθ)D.運動員在空中經歷的時間是eq\f(v0tanθ,g)解析如果v0不同，則該運動員落到雪坡時的位置不同，但位移方向均沿斜坡，即位移方向與水平方向的夾角均為θ，由tanφ＝2tanθ得速度方向與水平方向的夾角均為φ，選項A錯誤，B正確；將運動員落到雪坡時的速度沿水平和豎直方向分解，求出運動員落到雪坡時的速度大小為eq\f(v0,cosφ)，選項C錯誤；由幾何關系得tanθ＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)，解得運動員在空中經歷的時間t＝eq\f(2v0tanθ,g)。D錯誤。答案B[針對訓練3]如圖所示，兩個傾角為60°的斜面體，底端接觸并放在同一水平面上，斜面體的高度均為h。現在左側斜面頂端以一定的初速度水平拋出一個小球，結果小球恰好垂直地打在右側的斜面上，重力加速度為g，則小球的初速度為()A.2eq\r(\f(3,7)gh) B.eq\r(\f(7,6)gh)C.eq\r(\f(6,7)gh) D.eq\r(\f(3,7)gh)解析設小球飛行的時間為t，因為小球垂直撞在斜面上，速度方向與斜面垂直，斜面與水平面之間的夾角為60°，所以有vytan60°＝v0，又vy＝gt水平位移為x＝v0t根據幾何關系可得h＝eq\f(1,2)gt2＋(v0t－hcot60°)tan60°聯立解得v0＝2eq\r(\f(3,7)gh)，選項A正確。答案A

拓展點四類平拋運動1.類平拋運動的特點(1)有時物體的運動與平拋運動很相似，也是物體在某方向做勻速直線運動，在垂直勻速直線運動的方向上做初速度為零的勻加速直線運動。對這種像平拋又不是平拋的運動，通常稱為類平拋運動。(2)受力特點：物體所受的合力為恒力，且與初速度的方向垂直。(3)運動特點：在初速度v0方向做勻速直線運動，在合外力方向做初速度為零的勻加速直線運動，加速度a＝eq\f(F合,m)。如圖所示，將質量為m的小球從傾角為θ的光滑斜面上A點以速度v0水平拋出(v0的方向與CD平行)，小球運動到B點的過程中做的就是類平拋運動。2.類平拋運動與平拋運動的規律相類似，兩者的區別在于：(1)運動平面不同：類平拋運動→任意平面；平拋運動→豎直面。(2)初速度方向不同：類平拋運動→任意方向；平拋運動→水平方向。(3)加速度不同：類平拋運動→a＝eq\f(F,m)，與初速度方向垂直；平拋運動→重力加速度g，豎直向下。[針對訓練4]如圖所示，A、B兩質點以相同的水平速度v拋出，A在豎直面內運動，落地點在P1；B在光滑的斜面上運動，落地點在P2，不計空氣阻力，比較兩質點的運動時間、沿x軸方向的位移是否相同。解析A質點做平拋運動，由平拋運動規律知，x1＝vt1，h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，而B質點在斜面上做類平拋運動，其運動可分解為沿x軸方向的勻速直線運動和沿斜面向下的勻加速直線運動，設斜面與水平面的夾角為θ，eq\f(h,sinθ)＝eq\f(1,2)gsinθ·teq\o\al(2,2)，x2＝vt2，可得t1≠t2，x1≠x2，所以兩者均不相同。答案兩質點的運動時間、沿x軸方向的位移均不相同1.如圖所示，斜面上有a、b、c、d四個點，ab＝bc＝cd。從a點正上方的O點以速度v0水平拋出一個小球，它落在斜面上b點。若小球從O點以速度2v0水平拋出，不計空氣阻力，則它落在斜面上的()A.b與c之間某一點 B.c點C.c與d之間某一點 D.d點解析當水平速度變為2v0時，如果去掉斜面，作過b點的直線be，小球將落在c的正下方的直線上的e點，連接O點和e點的曲線，和斜面相交于bc間的一點(如圖)。答案A2.(多選)如圖所示，在斜面頂端先后水平拋出同一小球，第一次小球落到斜面中點，第二次小球落到斜面底端，從拋出到落至斜面上(忽略空氣阻力)()A.兩次小球運動時間之比t1∶t2＝1∶eq\r(2)B.兩次小球運動時間之比t1∶t2＝1∶2C.兩次小球拋出時初速度之比v01∶v02＝1∶eq\r(2)D.兩次小球拋出時初速度之比v01∶v02＝1∶2解析平拋運動豎直方向為自由落體運動h＝eq\f(1,2)gt2，由題意可知兩次平拋的豎直位移之比為1∶2，所以運動時間之比為t1∶t2＝1∶eq\r(2)，選項A正確，B錯誤；水平方向為勻速直線運動，由題意知水平位移之比為1∶2，即v01t1∶v02t2＝1∶2，所以兩次平拋初速度之比v01∶v02＝1∶eq\r(2)，選項C正確，D錯誤。答案AC3.(2018·全國卷Ⅲ，17)在一斜面頂端，將甲、乙兩個小球分別以v和eq\f(v,2)的速度沿同一方向水平拋出，兩球都落在該斜面上。甲球落至斜面時的速率是乙球落至斜面時速率的()A.2倍 B.4倍C.6倍 D.8倍解析甲、乙兩球都落在同一斜面上，則隱含做平拋運動的甲、乙的最終位移方向相同，根據位移方向與末速度方向的關系，即末速度與水平方向夾角的正切值是位移與水平方向夾角的正切值的2倍，可得它們的末速度方向也相同，在速度矢量三角形中，末速度比值等于初速度比值，故A正確。答案A4.如圖所示，斜面底端上方高h處有一小球以水平初速度v0拋出，恰好垂直打在斜面上，不計空氣阻力，斜面的傾角為30°，則關于h和初速度v0的關系，下列圖像正確的是()解析將小球剛要打到斜面上的速度沿豎直和水平方向進行分解，則有tan30°＝eq\f(v0,vy)，vy＝gt，x＝v0t，y＝eq\f(1,2)gt2，由幾何關系得tan30°＝eq\f(h－y,x)，解得h＝eq\f(5veq\o\al(2,0),2g)，因此選項A、B錯誤；h－v0圖像應是開口向上的拋物線，選項C錯誤，D正確。答案D5.雪災救援中，一架在500m高空以200m/s的速度水平勻速飛行的運輸機，要將兩批救援物資分別投放到山腰的D點(D位于AC的中點)和山腳的C點。已知山AB高360m，水平距離BC長1200m。若不計空氣阻力，g取10m/s2，則兩次空投的時間間隔應為()A.1s B.2sC.3s D.5s解析第一批救援物資下落高度h1＝H－eq\f(1,2)AB＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(500－\f(1,2)×360))m＝320m第一批救援物資運動時間t1＝eq\r(\f(2h1,g))＝eq\r(\f(2×320,10))s＝8s第二批救援物資運動時間t2＝eq\r(\f(2H,g))＝eq\r(\f(2×500,10))s＝10s設兩次空投的時間間隔為Δt，則xDC＋vt1＝v(t2＋Δt)由題可知xDC＝600m，解得Δt＝1s，選項A正確。答案A基礎過關1.以某一水平初速度v0拋出一物體，飛行時間t＝2s后，撞在傾角θ＝30°的斜面上，此時物體的速度方向剛好與斜面成α＝60°的夾角，如圖所示。則此物體的水平初速度v0等于(不計空氣阻力，取g＝10m/s2)()A.10m/s B.20m/sC.20eq\r(3)m/s D.30eq\r(3)m/s解析物體做平拋運動，物體撞在斜面上時豎直方向上的分速度的大小為vy＝gt＝20m/s此時速度與水平方向的夾角為β＝α－θ＝60°－30°＝30°則初速度為v0＝eq\f(vy,tanβ)＝eq\f(20,tan30°)＝20eq\r(3)m/s，選項C正確。答案C2.如圖所示，甲、乙兩小球從豎直平面內的半圓軌道的左端A開始做平拋運動，甲球落在軌道最低點D，乙球落在D點右側的軌道上。設甲、乙兩球的初速度分別為v甲、v乙，在空中運動的時間分別為t甲、t乙，則下列判斷正確的是()A.t甲＝t乙 B.t甲<t乙C.v甲＞v乙 D.v甲＜v乙解析根據平拋運動規律可知，小球在空中運動的時間僅由下落高度決定，乙球下落高度小于甲球，故t乙＜t甲，選項A、B錯誤；水平位移x＝vt，而x乙＞x甲，t乙＜t甲，所以v甲＜v乙，選項D正確，C錯誤。答案D3.如圖所示，1、2兩個小球以相同的速度v0水平拋出。球1從左側斜面拋出，經過t1時間落回斜面上。球2從某處拋出，經過t2時間恰能垂直撞在右側的斜面上。已知左、右側斜面的傾角分別為α＝30°、β＝60°，不計空氣阻力，則()A.t1∶t2＝1∶1 B.t1∶t2＝2∶1C.t1∶t2＝eq\r(3)∶1 D.t1∶t2＝1∶eq\r(3)解析對球1：tanα＝eq\f(\f(1,2)gteq\o\al(2,1),v0t1)＝eq\f(gt1,2v0)，對球2：tanα＝eq\f(gt2,v0)，聯立解得t1∶t2＝2∶1，故選項B正確。答案B4.(多選)如圖所示，在水平地面上的A點以跟地面成θ角的速度v1射出一彈丸，彈丸恰好以速度v2垂直穿入豎直墻壁上的小孔B，下面說法正確的是()A.在B點以跟v2大小相等、方向相反的速度射出彈丸，它必定落在地面上的A點B.在B點以跟v1大小相等、跟v2方向相反的速度射出彈丸，它必定落在地面上的A點C.在B點以跟v1大小相等、跟v2方向相反的速度射出彈丸，它必定落在地面上A點的左側D.在B點以跟v1大小相等、跟v2方向相反的速度射出彈丸，它必定落在地面上A點的右側解析在B點以跟v2大小相等、方向相反的速度射出彈丸，是“在水平地面上的A點以跟地面成θ角的速度v1射出一彈丸，彈丸恰好以速度v2垂直穿入豎直墻壁上的小孔B”的逆過程，選項A正確；在B點以跟v1大小相等、跟v2方向相反的速度射出彈丸，它必定落在地面上A點的左側，選項C正確，B、D錯誤。答案AC5.(多選)如圖，在半徑為R圓環圓心O正上方的P點，將一小球以速度v0水平拋出后恰能從圓環上Q點沿切線飛過，若OQ與OP間夾角為θ，不計空氣阻力。則()A.從P點運動到Q點的時間為t＝eq\f(Rsinθ,v0)B.從P點運動到Q點的時間為t＝eq\f(Rcosθ,v0)C.小球運動到Q點時的速度為vQ＝eq\f(v0,sinθ)D.小球運動到Q點時的速度為vQ＝eq\f(v0,cosθ)解析過Q點作OP的垂線，根據幾何關系可知，小球在水平方向上的位移大小為Rsinθ，根據Rsinθ＝v0t，可得時間為t＝eq\f(Rsinθ,v0)，故選項A正確，B錯誤；根據幾何關系知，Q點的速度方向與水平方向的夾角為θ，根據平行四邊形定則知，小球運動到Q點時的速度為vQ＝eq\f(v0,cosθ)，故選項C錯誤，