1、章末小结与素养评价第五章 抛体运动主干知识成体系抛 体 运 动 模型构建探本质 一、类平抛运动模型 1运动建模 当某种运动和平抛运动特点相似，即合外力恒定且与初速度方向垂直的运动都可以称为类平抛运动。2模型特点 3分析方法 与平抛运动的处理方法一致，将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的由静止开始的匀加速直线运动。4解答思路 典例1 如图5-1所示，光滑斜面长L10 m，倾角为30，一小球从斜面的顶端以v010 m/s的初速度水平射入(g取10 m/s2)，求：(1)小球沿斜面运动到斜面底端时的水平位移x；图5-1(2)小球到达斜面底端时的速度大小。(2)小球运动到斜面底端
2、时的速度大小用 v 表示，则有 vxv010 m/s，vy22aL2gsin 30LgL故 v vx2vy210 2 m/s。答案(1)20 m(2)10 2 m/s解析(1)小球在斜面上沿 v0 方向做匀速直线运动，沿垂直于 v0 方向做初速度为零、加速度为 a 的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有 mgsin 30ma，又 L12at2，解得 t2Lgsin 30，因此 xv0tv02Lgsin 3020 m。解决类平抛运动问题的步骤(1)分析物体的初速度与受力情况，确定物体做类平抛运动，并明确物体两个分运动的方向。(2)利用两个分运动的规律求解分运动的速度和位移。(3)根据题目的已知条件
3、和要求解的量，充分利用运动的等时性、独立性、等效性解题。【针对训练】1如图5-2所示，质量为m的飞机以水平速度v0飞离跑道后逐渐上升，若飞机在此过程中水平速度保持不变，同时受到重力和竖直向上的恒定升力(该升力由其他力的合力提供，不含重力)。当飞机在水平方向的位移为l时，它的上升图5-2高度为h。求：(1)飞机受到的升力大小；(2)在高度h处飞机的速度大小。解析：(1)飞机水平速度不变，在水平方向：lv0t，竖直方向加速度恒定：hat22，消去 t 解得 a2hv02l2，由牛顿第二定律得 Fmgmamg12hv02gl2。(2)在高度 h 处，飞机竖直方向的速度 vyat2hv0l，则速度大小
4、 v v02vy2v014h2l2。答案：(1)mg12hv02gl2(2)v014h2l22如图 5-3 所示，两个足够大的倾角分别为 30、45的光滑斜面放在同一水平面上，两斜面间距大于小球直径，斜面高度相等，有三个完全相同的小球 A、B、C，开始均静止于斜面同一高度处，其中 B 小球在两斜面之间。若同时释放 A、B、C 小球，它们到达该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 5-3 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不正确的是()图 5-3解析：静止释放三个小球时，对 A：hsin 3012gsin 30t12，则 t1
5、28hg。对B：h12gt22，则 t222hg。对 C：hsin 4512gsin 45t32，则 t324hg，所以t1t3t2。当平抛三个小球时，小球 B 做平抛运动，小球 A、C 在斜面上做类平抛运动，沿斜面方向的运动同第一种情况，所以 t1t1，t2t2，t3t3。故 D 正确。答案：D 二、巧用平抛运动的两个重要推论解题 推论一：做平抛(或类平抛)运动的物体任一时刻的速度方向的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图5-4甲所示，B为OC的中点。图5-4 推论二：做平抛(或类平抛)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，位移方向与水平方向的夹角为，则tan
6、 2tan，如图5-4乙所示。图5-4 典例2 如图5-5所示，从倾角为的足够长的斜面的顶端，先后将同一小球以不同的初速度水平向左抛出，第一次初速度为v1，小球落到斜面上前一瞬间的速度方向与斜面夹角为1，落点与抛出点间的距离为x1，第二次初速度为v2，且v21.5v1，小球落到斜面上前一瞬间的速度方向与斜面夹角为2，落点与图5-5抛出点间的距离为x2，则()A21B21 Cx21.5x1Dx23x1 解析 小球运动的轨迹图如图所示，根据平抛运动的推论：做平抛运动的物体在任一时刻，其速度方向与水平方向夹角的正切值是位移方向与水平方向夹角正切值的 2倍，可知 tan()2tan，因为小球两次都落在
7、斜面上，位移方向与水平方向的夹角 相等，所以速度方向与水平方向的夹角()也相等，即 21，故 A 错误，B 正确；小球两次都落在斜面上，由 tan 12gt2v0t，解得 t2v0tan g，水平位移公式 xv0tv02v0tan g2v02tan g，即 xv02，可知两次的水平位移之比为x2x1v22v121.5v12v122.25，故 C、D 错误。答案 B【针对训练】3如图5-6所示，从倾角为的足够长的斜面顶端P以初速度v0抛出一个小球，落在斜面上Q点处，小球落在斜面上的速度方向与斜面的夹角为，若把初速度变为kv0，小球仍落在斜面上，则()A小球的水平位移和竖直位移之比变为原来的k倍
8、B小球在空中的运动时间变为原来的k倍 CPQ间距一定为原来间距的k倍 D夹角将变为原来的k倍图5-6 解析：斜面倾角的正切值 tan yx12gt2v0t，得 t2v0tan g，小球运动的时间与小球做平抛运动的初速度有关，初速度变为原来的 k 倍，则小球的水平位移和竖直位移之比不变，运动时间变为原来的 k 倍，故 A 错误，B 正确；因为小球的初速度变为原来的 k 倍，小球运动的时间也变为原来的 k 倍，根据xv0t，水平位移变为原来的 k2 倍，竖直位移也变为原来的 k2 倍，PQ 间距s x2y2，所以 PQ 间距变为原来间距的 k2 倍，故 C 错误；由 tan()2tan 知，斜面倾
9、角 不变，速度与斜面的夹角 也不变，故 D 错误。答案：B 4 如图5-7所示，墙壁上落有两只飞镖，它们是从同一位置水平射出的，飞镖甲与竖直墙壁成53角，飞镖乙与竖直墙壁成37角，两者相距为d。假设飞镖的运动是平抛运动，求射出点离墙壁的水平距离为多少。(sin 370.6，cos 370.8)图5-7 解析：设射出点 P 离墙壁的水平距离为 L，飞镖甲下降的高度为 h1，飞镖乙下降的高度为 h2，根据平抛运动的重要推论可知，两飞镖速度方向的反向延长线一定通过水平位移的中点 Q，如图所示，由此得L2cot L2cot d，代入数值得 L24d7。答案：24d7 三、平抛运动的临界模型 1模型特点
10、(1)若题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，则表明题述过程中存在临界点。(2)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”“取值范围”等字眼，则表明题述的过程中存在着极值，这些极值点也往往是临界点。2求解思路(1)画出临界轨迹，找出临界状态对应的临界条件。(2)分解速度或位移。(3)列方程求解结果。典例 3 如图 5-8 所示，水平房顶高 H5 m，墙高 h3.2 m，墙到房子的距离 l3 m，墙外马路宽 d10 m。欲使小球从房顶水平飞出落在墙外的马路上，求小球离开房顶时的速度 v0 应满足的条件。(墙的厚度不计，g 取 10 m/s2)图 5-8解析 如图甲所示，设球刚好擦墙而过时小球离
11、开房顶的速度为 v1，小球自房顶飞出后做平抛运动到达墙头时，水平位移大小为 l，竖直位移大小为(Hh)，则yHh(53.2)m1.8 m，由 y12gt12 得小球自飞出后运动到墙头所用的时间为 t12yg 21.810s0.6 s，由 lv1t1 得小球离开房顶时的速度为v1 lt1 30.6 m/s5 m/s。设小球飞出后恰好落在墙外的马路边缘时离开房顶的速度为 v2，如图乙所示，此过程水平位移大小为(ld)，竖直位移大小为 H，小球在空中的飞行时间 t2 满足 H12gt22，则 t22Hg 2510s1 s，由 ldv2t2 得 v2ldt2 3101m/s13 m/s，即小球恰好落在
12、马路边缘时从房顶飞出的速度大小为 13 m/s。综上分析知，欲使小球离开房顶后能落在马路上，小球离开房顶时的速度 v0 应满足 v1v0v2，即 5 m/sv013 m/s。答案 5 m/sv013 m/s 对于有障碍物的平抛运动，要分析清楚障碍物对水平方向及竖直方向分位移的影响，再代入公式进行计算，不能把题中数据盲目地代入公式。【针对训练】5如图5-9所示，A、B两个平台水平距离为7.5 m，某同学先用一个小球从A平台边缘以v05 m/s的速度水平抛出，结果小球落在了B平台左侧下方6.25 m处。重力加速度g取10 m/s2，忽略空气阻力，要使小球从A平台边缘水平抛出能落到B平台上，则从A平
13、台边缘水平抛出小球的速度至少为()A6 m/s B7.5 m/sC9 m/s D11.25 m/s解析：设 A、B 两个平台水平距离为 x，竖直高度差为 h，由平抛运动的规律可知 xv01t1，h6.25 m12gt12；当小球恰能落到平台 B 上时，xv02t2，h12gt22，联立解得 v027.5 m/s，故 B 正确。答案：B 6如图5-10所示，窗子上、下沿间的高度H1.6 m，墙的厚度d0.4 m。某人在离墙壁距离L1.4 m，距窗子上沿高h0.2 m处的P点，将可视为质点的小物体以速度v垂直于墙壁水平抛出，若小物体直接穿过窗口并落在水平地面上，g取10 m/s2，则v的取值范围是
14、()图5-10 Av7 m/sBv2.3 m/sC3 m/sv7 m/sD2.3 m/sv3 m/s解析：小物体做平抛运动，恰好擦着窗子上沿右侧穿过时 v 最大，此时有 Lvmaxt，h12gt2，代入解得 vmax7 m/s；小物体恰好擦着窗口下沿左侧穿过时速度 v 最小，此时有 Ldvmint，Hh12gt2，解得 vmin3 m/s，因此 v 的取值范围是 3 m/sv7 m/s，故 C 正确。答案：C 7有一台阶，如图5-11所示，其中每级台阶的高度和宽度都是0.4 m，若一小球以水平速度v飞出，g取10 m/s2，欲落在第4级台阶上，则v的取值范围是()图 5-11A.6 m/sv2
15、 2 m/sB2 2 m/sv3.5 m/sC.2 m/sv 6 m/sD2 2 m/sv2 6 m/s解析：根据平抛运动规律有 xvt，y12gt2，根据几何关系有 vt12gt2，得v12gt，小球落到第四级台阶上有30.4 m12gt240.4 m，代入 v12gt，得 6 m/sv2 2 m/s，故 A 正确。答案：A 创新应用提素养 一、生活中的平抛运动问题(多选)中国的面食博大精深，种类繁多，其中“山西刀削面”堪称天下一绝，传统的操作手法是一手托面，一手拿刀，直接将面削到开水锅里。如图5-12所示，小面圈刚被削离时距开水锅的高度为h，与锅沿的水平距离为L，锅的半径也为L，将削出的小
16、面圈的运动视为平抛运动，且小面圈都落入锅中，重力加速度为g，则下列关于所有小面圈在空中运动的描述正确的是()图5-12 A运动的时间都相同B速度的变化量都相同C小面圈落入锅中时，最大速度是最小速度的 3 倍D若初速度为 v0，则 Lg2hv03Lg2h解析：根据 h12gt2 可得小面圈运动的时间 t2hg，所有小面圈在空中运动的时间都相同，故 A 正确；根据 vgt 可得所有小面圈的速度的变化量都相同，故 B 正确；因为水平位移的范围为 Lx3L，所以最小初速度为 v0minLt Lg2h，最大初速度为 v0max3Lt 3Lg2h，则水平初速度的范围为 Lg2hv03Lg2h；落入锅中时，
17、最大速度 vmaxv0max22gh9L2g2h 2gh，最小速度为 vminv0min22ghL2g2h 2gh，故 D 正确，C 错误。答案：ABD 二、娱乐活动中的平抛运动问题 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h，如图5-13所示，不计空气阻力。图5-13 关于两支枪射出的子弹初速度大小，下列判断正确的是()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、乙两支枪射出的子弹初速度一样大 D无法比较甲、乙两支枪射出的子弹初速度的大小 解析：子弹被射出后做平抛运
18、动，水平方向有 xv0t，竖直方向有 y12gt2，由以上两式得 y gx22v02，由题图可知 y 乙y 甲，故 v0 乙v0 甲，即甲枪射出的子弹初速度较大，故 A 正确。答案：A 三、排球比赛中的平抛运动问题(2021年1月新高考8省联考广东卷改编)(多选)如图5-14所示，排球比赛中运动员将排球从M点水平击出，排球飞到P点时，被对方运动员击出，球又斜向上飞出后落到M点正下方的N点，N点与P点等高，轨迹的最高点Q与M等高，不计空气阻力。图5-14下列说法正确的有()A排球两次飞行过程中加速度相同 B排球从M到P和从P到N两次飞行过程中所用时间相同 C排球离开M点的速率比经过Q点的速率大
19、D排球到达P点时的速率比离开P点时的速率大 解析：不计空气阻力，排球在空中只受重力而做匀变速曲线运动，加速度为重力加速度 g，故 A 正确；排球从 M 点到 P 点和从 Q 点到 N 点都是平抛运动，在 M、Q 点均只有水平方向的速度，下落高度 h 相同，由 h12gt2 知运动时间相同，但 xMPxQN，由 xv0t 可推出排球离开 M 点的速率大于经过 Q点的速率，故 C 正确；由前面分析知 tMPtQNtPN，故 B 错误；将排球从 P点到 Q 点的斜上抛运动由逆向思维法可看成从 Q 点到 P 点的平抛运动，则由M 点到 P 点和 Q 点到 P 点的平抛运动比较，下落高度相同，则运动时间
20、相同，竖直分速度 vy 一样，但 M 到 P 的水平位移大，则水平速度 v0 较大，由 vv02vy2，可知从 M 到 P 的末速度大小大于从 P 到 Q 的初速度大小，故 D正确。答案：ACD 四、网球比赛中的平抛运动问题 一位网球运动员用拍击球，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，如图5-15所示，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)两只球飞出时的初速度大小之比v1v2；(2)运动员击球点的高度H、网高h之比Hh。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。由题意结合题图可知，两球水平射程之比为x1x213，故飞出时的初速度之比为v1v213。(2)第一只球落地后反弹做斜抛运动，根据运动对称性可知，BD 段的逆过程和OB 段是相同的平抛运动，则两只球下落相同高度 Hh 后水平距离 x1x22x1，根据公式 H12gt12，Hh12gt22，而 x1v1t1，x1v1t2，x2v2t2，综合可得 v1t2v2t22v1t1，故 t12t2，H4(Hh)，解得 Hh43。答案：(1)13(2)43
