1、第2节 平抛运动-2-基础夯实 自我诊断 一、平抛运动 1.定义 将物体以一定的初速度沿水平方向 抛出,物体只在重力作用下所做的运动。2.性质 加速度为重力加速度 的匀变速曲线运动,轨迹是抛物线。3.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。-3-基础夯实 自我诊断 4.基本规律(如图所示)(1)位移关系(2)速度关系-4-基础夯实 自我诊断 二、斜抛运动 1.定义 将物体以v沿斜向上方 或斜向下方 抛出,物体只在重力 作用下的运动。2.性质 加速度为重力加速度 的匀变速曲线运动,轨迹是抛物线。3.研究方法 斜抛运动可以看作水平方向的匀速 直线运动和竖直
2、方向的竖直上抛(或竖直下抛)运动的合运动。-5-基础夯实 自我诊断 4.基本规律(以斜上抛运动为例,如图所示)(1)水平方向:0=v0cos ,合=0。(2)竖直方向:0=v0sin ,合=mg。-6-基础夯实 自我诊断 从离水平地面某一高度的地方平抛的物体,其落地的时间由哪些因素决定?其水平射程由哪些因素决定?平抛的初速度越大,水平射程越大吗?提示运动时间 t=2,取决于高度 h 和当地的重力加速度 g。水平射程 x=v0t=v0 2,取决于初速度 v0、高度 h 和当地的重力加速度 g。当高度、重力加速度一定时,初速度越大,水平射程越大。-7-基础夯实 自我诊断 1.一个物体以初速度v0水
3、平抛出,落地时速度为v,则运动时间为()A.v-v0gB.v+v0g C.v2-v02gD.v2+v02g 答案 解析 解析 关闭物体落地时的竖直分速度 vy=2-02,运动时间 t=2-02,故 C正确。答案 解析 关闭C-8-基础夯实 自我诊断 2.(多选)为了验证做平抛运动的小球在竖直方向上的运动是自由落体运动,某同学用如图所示的装置进行实验。小锤打击弹性金属片,A球水平抛出,同时B球被松开,自由下落。关于该实验,下列说法中正确的有()A.两球的质量应相等 B.两球应同时落地 C.应改变装置的高度,多次实验 D.实验也能说明A球在水平方向上做匀速直线运动 答案 解析 解析 关闭小锤打击弹
4、性金属片后,A球做平抛运动,B球做自由落体运动。A球在竖直方向上的运动情况与B球相同,做自由落体运动,因此两球同时落地。实验时,需A、B两球从同一高度开始运动,对质量没有要求,但两球的初始高度及打击力度应该有变化,要进行35次实验才可得出结论。本实验不能说明A球在水平方向上的运动性质,故选项B、C正确,A、D错误。答案 解析 关闭BC-9-基础夯实 自我诊断 3.(多选)(2016广东惠州模拟)某人向放在水平地面上正前方的小桶中水平抛球,结果球划着一条弧线飞到小桶的前方,如图所示。不计空气阻力,为了能把小球抛进小桶中,则下次再水平抛球时,可能做出的调整为()A.减小初速度,抛出点高度不变 B.
5、增大初速度,抛出点高度不变 C.初速度大小不变,降低抛出点高度 D.初速度大小不变,提高抛出点高度 答案 解析 解析 关闭为能把小球抛进桶中,须减小水平位移,由 x=v0t=v0 2 知,选项 A、C正确。答案 解析 关闭AC-10-基础夯实 自我诊断 4.如图所示,P是水平地面上的一点,A、B、C、D处在同一条竖直线上,且AB=BC=CD。从A、B、C三点分别水平抛出一个物体,这三个物体都落在水平地面上的P点,则三个物体抛出时的速度大小之比vAvBvC为()A.2 3 6B.1 2 3C.123D.111 答案 解析 解析 关闭由平抛运动的规律可知,竖直方向上 h=12gt2,水平方向上 x
6、=v0t,联立解得 v0=x 2,所以 v01。由于 hA=3h,hB=2h,hC=h,代入上式可知选项 A 正确。答案 解析 关闭A-11-考点一 考点二 考点三 考点一 平抛运动规律的应用(多维探究)1.飞行时间 由 t=2hg 知,时间取决于下落高度 h,与初速度 v0 无关。2.水平射程 x=v0t=v0 2hg,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。3.落地速度 vt=vx2+vy2=v02+2gh,以 表示落地速度与水平正方向的夹角,有 tan=vyvx=2ghv0。落地速度也只与初速度 v0 和下落高度 h有关。-12-考点一 考点二 考点三 4.速
7、度改变量 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t内的速度改变量v=gt是相同的,方向恒为竖直向下,如图所示。-13-考点一 考点二 考点三 5.两个重要推论 =yAxA-xB=vyv0=2yAxA xB=xA2-14-考点一 考点二 考点三(2)做平抛(或类平抛)运动的物体在任一时刻,设其速度方向与水平方向的夹角为,位移与水平方向的夹角为,则tan=2tan。推导:=vyvx=2yAxA=yAxA tan=2tan-15-考点一 考点二 考点三 考向1 平抛运动的基本规律 例1(多选)如图所示,从某高度处水平抛出一小球,经过时间t到达地面时,速度方向
8、与水平方向的夹角为,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gt B.小球在 t 时间内的位移方向与水平方向的夹角为2C.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,则减小 答案 解析 解析 关闭由 tan=0可得小球平抛的初速度大小 v0=tan,A 正确;由 tan=12 20=20=12tan 可知,2,B 错误;小球做平抛运动的时间 t=2,与小球初速度无关,C 错误;由 tan=0可知,v0 越大,越小,D 正确。答案 解析 关闭AD-16-考点一 考点二 考点三 思维点拨(1)请分析计算小球落地时竖直方向的速度和位移。竖直
9、方向的速度:。竖直方向的位移:。(2)请画出小球落地时速度和位移的分解示意图。vy=gt y=12gt2-17-考点一 考点二 考点三 考向2 与平抛运动有关的相遇问题 例2(2016北京东城区模拟)如图所示,在一次空地联合军事演习中,从离地面H高处的飞机上以对地速度v1水平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进行拦截(炮弹运动过程视为竖直上抛),设此时拦截系统与飞机的水平距离为x。若能炮弹与炸弹恰好相碰,不计空气阻力,则v1、v2的关系应满足()A.v1=Hxv2B.v1=v2 xHC.v1=xHv2D.v1=v2 答案 解析 解析 关闭炮弹
10、拦截成功,即炮弹与炸弹同时运动到同一位置。设此位置距地面的高度为 h,则有 x=v1t,h=v2t-12gt2,H-h=12gt2,由以上各式联立解得v1=v2,故 C 正确。答案 解析 关闭C-18-考点一 考点二 考点三 思维点拨拦截成功满足的条件是炸弹在水平位移为x的时间内下降的高度与炮弹在这段时间内上升的高度之和等于H。规律总结“化曲为直”思想在平抛运动中的应用(1)根据运动效果的等效性,利用运动分解的方法,将其转化为我们所熟悉的两个方向上的直线运动:水平方向的匀速直线运动;竖直方向的自由落体运动。(2)运用运动合成的方法求出平抛运动的速度、位移等。-19-考点一 考点二 考点三 突破
11、训练 1.右图为一足球球门,球门宽为L。一个球员在球门中心正前方距离球门s处高高跃起,将足球顶入球门的左下方死角(图中P点)。球员顶球点的高度为h,足球做平抛运动(足球可看成质点,忽略空气阻力)。则()A.足球位移的大小 x=L24+s2B.足球初速度的大小 v0=g2h(L24+s2)C.足球末速度的大小 v=g2h(L24+s2)+4ghD.足球初速度的方向与球门线夹角的正切值 tan=L2s 答案 解析 解析 关闭如图,足球平抛运动的水平位移 x=2+24,不是足球的总位移,足球总位移应为 2+2,所以 A 错;由 x=v0t,h=12gt2,得 v0=2(24+2),B 正确;足球的末
12、速度 v=02+2=2(24+2)+2,所以 C 错误;由图可知足球初速度方向与球门线的夹角为,有 tan=2=2,故 D 错误。所以本题选 B。答案 解析 关闭B-20-考点一 考点二 考点三 2.(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 解析 解析 关闭根据平抛运动的规律 h=12gt2,得 t=2,因此平抛运动的时间只由高度决定,因为 hb=hcha,所以 b
13、与 c 的飞行时间相同,大于 a 的飞行时间,因此选项 A 错误,B 正确;又因为 xaxb,tavc,所以 b 的水平初速度比c 的大,选项 D 正确。答案 解析 关闭BD-21-考点一 考点二 考点三 考点二 与斜面相关的平抛运动问题(师生共研)想一想 如图所示,小球从倾角为的斜面顶端A点以速率v0做平抛运动,v0越大,小球飞行时间越长吗?提示：不一定,若小球落到斜面上,则v0越大,水平位移越大,小球竖直位移也越大,小球飞行时间越长;若小球落到水平面上,无论v0为多大,小球飞行时间都相等。-22-考点一 考点二 考点三 知识整合1.与斜面相关联的平抛运动,其特点是做平抛运动的物体落在斜面上
14、,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。2.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。-23-考点一 考点二 考点三 常见的几种模型 方法 内 容 斜 面 总 结 分解速度 水平:vx=v0竖直:vy=gt合速度:v=vx2+vy2 速度方向与 有关,分解速度,构建速度三角形 分解位移 水平:x=v0t竖直:y=12gt2合位移:xs=x2+y2 位移方向与 有关,分解位移,构建位移三角形 -24-考点一 考点二 考点三 例3如图所示,一名跳台滑雪运动员经过
15、一段时间的加速滑行后从O点水平飞出,经过3 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=37,运动员的质量m=50 kg,不计空气阻力(sin 37=0.6,cos 37=0.8;g取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;(3)运动员从O点飞出开始到离斜坡距离最远所用的时间。答案 解析 解析 关闭(1)运动员在竖直方向做自由落体运动,有 Lsin 37=12gt2,得L=22sin37=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,有 Lcos 37=v0t,即 v0=cos37=20
16、 m/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 v0cos 37、加速度为 gsin 37)和垂直斜面方向的类竖直上抛运动(初速度为 v0sin 37、加速度为 gcos 37)。当垂直斜面方向的速度减为零时,运动员离斜坡最远,有 v0sin 37=gcos37t,解得 t=1.5 s。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0=tan 37,t=1.5 s。答案 解析 关闭(1)75 m(2)20 m/s(3)1.5 s-25-考点一 考点二 考点三 思维点拨(1)试写出运动员水平位移x、竖直位移y与斜面倾角的关系。
17、(2)把运动员的运动分解为垂直斜面方向和沿斜面方向的运动,试分析两个分运动的运动性质。提示：(1)tan=。-26-考点一 考点二 考点三 例4(多选)如图所示,斜面倾角为,位于斜面底端A正上方的小球以初速度v0正对斜面顶点B水平抛出,小球到达斜面经过的时间为t,重力加速度为g,则下列说法中正确的是()A.若小球以最小位移到达斜面,则 t=2v0gB.若小球垂直击中斜面,则 t=v0gC.若小球能击中斜面中点,则 t=2v0gD.无论小球到达斜面何处,运动时间均为 t=2v0 g 答案 解析 解析 关闭小球以最小位移到达斜面时即位移与斜面垂直,位移与水平方向的夹角为2-,则 tan2-=20,
18、即 t=20cot,A 正确,D 错误;小球垂直击中斜面时,速度与水平方向的夹角为2-,则 tan2-=0,即t=0cot,B 正确;小球击中斜面中点时,令斜面长为 2L,则水平射程为Lcos=v0t,下落高度为 Lsin=12gt2,联立两式得 t=20tan,C 错误。答案 解析 关闭AB-27-考点一 考点二 考点三 思维点拨(1)以最小位移到达斜面,小球的位移与斜面垂直,即知道合位移的方向,则需分解位移。(2)小球垂直击中斜面,即知道合速度的方向,则需分解末速度。规律总结1.解决与斜面关联的平抛运动问题时,首先明确是已知速度方向还是已知位移方向与斜面的夹角,再确定与水平方向的夹角关系,
19、最后对速度或位移进行分解。2.与圆形装置关联的平抛运动的求解方法与此类似。-28-考点一 考点二 考点三 突破训练 3.(2016辽宁沈阳一模)如图所示,横截面为直角三角形的两个相同斜面紧靠在一起,固定在水平面上,小球从左边斜面的顶点以不同的初速度向右水平抛出,最后落在斜面上。其中有三次的落点分别是a、b、c,不计空气阻力,则下列判断正确的是()A.落点b、c比较,小球落在b点的飞行时间短 B.小球落在a点和b点的飞行时间均与初速度v0成正比 C.三个落点比较,小球落在c点,飞行过程中速度变化最快 D.三个落点比较,小球落在c点,飞行过程中速度变化最大 答案 解析 解析 关闭由平抛运动规律 h
20、=12gt2 得 t=2 可知,落点为 b 时,小球的竖直位移较大,故飞行时间较长,A 项错;落点为 a、b 时,位移方向相同,有 tan=20,可见飞行时间 t 与 v0成正比,B 项正确;小球在飞行过程中加速度均为 g,速度变化快慢相同,C 项错;小球在飞行过程中,加速度为 g,速度变化 v=gt,由 t=2 可知,小球落在 b 点时速度变化最大,D 项错。答案 解析 关闭B-29-考点一 考点二 考点三 考点三 平抛运动中的临界问题(师生共研)求解平抛运动中有关临界问题的关键点:1.确定运动性质匀变速曲线运动。2.确定临界状态。确定临界状态一般用极限法分析,即把平抛运动的初速度增大或减小
21、,使临界状态呈现出来。3.确定临界状态的运动轨迹,并画出轨迹示意图。画示意图可以使抽象的物理情景变得直观,还可以使有些隐藏于问题深处的条件暴露出来。-30-考点一 考点二 考点三 例5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。-31-考点一 考点二 考点三 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,则小球的水平位移为L+x=v01t1小球的竖直位移 H=1212解以
22、上两式得 v01=(L+x)2=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为L=v02t2小球离开屋顶时的速度大小为5 m/sv013 m/s小球的竖直位移 H-h=12 22解以上两式得 v02=L 2(-)=5 m/s-32-考点一 考点二 考点三(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2=2gH又有 vmin=022+2解得 vmin=5 5 m/s-33-考点一 考点二 考点三 思维点拨(1)画出小球恰好落到空地的右侧边缘的轨迹图。(2)画出小球恰好越过围墙边缘到空
23、地上的轨迹图。-34-考点一 考点二 考点三 方法归纳极限分解法在临界问题中的应用 分析平抛运动中的临界问题时一般运用极限分析的方法,即把要求的物理量设定为极大或极小,让临界问题突现出来,找到产生临界的条件。-35-考点一 考点二 考点三 突破训练 4.(多选)(2016河北唐山模拟)如图所示,套圈游戏是一项很受群众欢迎的活动,要求每次从同一位置水平抛出圆环,套住与圆环前端水平距离为3 m、高为20 cm的竖直细杆,即为获胜。一身高1.4 m的儿童从距地面1 m高度水平抛出圆环,圆环半径为10 cm,要想套住细杆,他水平抛出的速度可能为(g取10 m/s2)()A.7.4 m/sB.7.6 m
24、/s C.7.8 m/sD.8.2 m/s 答案 解析 解析 关闭圆环做平抛运动,圆环距杆上端的竖直距离为 H=0.8 m,又知圆环在竖直方向做自由落体运动,则有 H=12gt2,解得 t=0.4 s,圆环后端与杆的水平距离为 3.2 m=v1t,得 v1=8 m/s,圆环前端与杆的水平距离为 3m=v2t,得 v2=7.5 m/s,所以要想套住细杆,圆环水平抛出的速度范围为 7.5 m/sv8 m/s,故选 B、C。答案 解析 关闭BC-36-考点一 考点二 考点三 5.一阶梯如图所示,其中每级台阶的高度和宽度都是0.4 m,一小球以水平速度v飞出,g取10 m/s2,欲打在第四台阶上,则v
25、的取值范围是()A.6 m/sv2 2 m/sB.2 2 m/sv3.5 m/sC.2 m/sv 6 m/sD.2 2 m/sv 6 m/s 答案 解析 解析 关闭根据平抛运动规律有 x=vt,y=12gt2,根据几何关系有 vt=12gt2,得 v=12gt,如果落到第四台阶上,则有 30.412gt240.4,代入 v=12gt,得 6m/sv2 2 m/s,A 正确。答案 解析 关闭A-37-思维激活 方法概述 典例示范 以题说法 类题过关 类平抛运动的处理方法 如图所示,有一光滑斜面,把一小球从斜面顶端以沿水平方向的初速度平行斜面底端抛出,试分析小球的受力特点和运动特点。提示：受力特点
26、:合外力沿斜面向下,与初速度垂直。运动特点:平行斜面底端方向上做匀速直线运动,沿斜面向下方向上做初速度为零的匀加速直线运动,合运动就是类平抛运动。-38-思维激活 方法概述 典例示范 以题说法 类题过关 类平抛问题特点及求解思路 -39-思维激活 方法概述 典例示范 以题说法 类题过关 例题(2016山西太原模拟)如图所示,有一倾角为30的光滑斜面,斜面长l为10 m,一小球从斜面顶端以10 m/s的速度沿水平方向抛出(g取10 m/s2),求:(1)小球沿斜面滑到底端的时间t和沿v0方向水平位移x大小;(2)小球到达斜面底端时的速度v的大小。答案 解析 解析 关闭(1)在斜面上小球沿 v0
27、方向做匀速运动,在沿斜面向下方向做初速度为零,加速度为 a 的匀加速运动,由牛顿第二定律得 ma=mgsin 30,小球的加速度 a=gsin 30,沿 v0 方向水平位移 x=v0t,沿斜面向下方向有 l=12at2,解得运动时间 t=2sin30 =210100.5 s=2 s,所以沿 v0 方向水平位移 x=v0t=20 m。(2)小球到达斜面底端时,速度 v=02+()2=102+(5 2)2m/s14.1 m/s。答案 解析 关闭(1)2 s 20 m(2)14.1 m/s-40-思维激活 方法概述 典例示范 以题说法 类题过关 思维点拨(1)小球沿水平方向做什么运动?沿斜面向下的方
28、向做什么运动?(2)小球运动的加速度是多大?提示：(1)匀速直线运动 匀加速直线运动(2)2-41-思维激活 方法概述 典例示范 以题说法 类题过关 类平抛运动的两种求解方法 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)的初速度为零的匀加速直线运动。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。-42-思维激活 方法概述 典例示范 以题说法 类题过关(2016河北正定月考)风洞实验室能产
29、生大小和方向均可改变的风力。如图所示,在风洞实验室中有一足够大的光滑水平面,在水平面上建立xOy直角坐标系,质量m=0.5 kg的小球以初速度v0=0.40 m/s从O点沿x轴正方向运动,在02.0 s 内受到一个沿y轴正方向、大小F1=0.20 N的风力作用,小球运动2.0 s后,风力方向变为沿y轴负方向,大小变为F2=0.10 N(图中未画出)。试求(1)2.0 s末小球在y方向的速度大小和2.0 s内运动的位移大小;(2)风力F2作用多长时间,小球的速度变为与初速度相同。答案 解析 解析 关闭(1)设在 02.0 s 内小球运动的加速度为 a1,则 F1=ma1。2.0 s 末小球在 y 方向的速度 v1=a1t1,代入数据解得 v1=0.8 m/s,沿 x 轴方向运动的位移 x1=v0t1,沿 y 轴方向运动的位移 y1=12a112。2.0 s 内运动的位移s1=12+12,代入数据解得 s1=0.8 2 m1.1 m。(2)设 2.0 s 后小球运动的加速度为 a2,F2的作用时间为 t2时小球的速度变为与初速度相同。则 F2=ma2,0=v1-a2t2,代入数据解得 t2=4.0 s。答案 解析 关闭(1)0.8 m/s 1.1 m(2)4.0 s