1、第2课时 抛体运动考点一平抛运动基本规律的理解1飞行时间：由 t2hg 知，时间取决于下落高度 h，与初速度 v0 无关2水平射程：xv0tv02hg，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 v2xv2y v202gh，以表示落地速度与 x轴正方向的夹角，有 tan vyvx 2ghv0，所以落地速度也只与初速度 v0 和下落高度 h 有关4速度改变量：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 vg t 相同，方向恒为竖直向下，如图所示5两个重要推论(1)做平抛(或类平抛)运动的物体任一时
2、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，如图中A点和B点所示(2)做平抛(或类平抛)运动的物体在任意时刻任一位置处，设其末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.【例1】(多选)如图所示，ab为竖直平面内的半圆环acb的水平直径，c为环上最低点，环半径为R.将一个小球从a点以初速度v0沿ab方向抛出，设重力加速度为g，不计空气阻力，则()A当小球的初速度 v0 2gR2时，掉到环上时的竖直分速度最大B当小球的初速度 v0 2gR2时，将撞击到环上的圆弧 ac 段C当 v0 取适当值，小球可以垂直撞击圆环D无论 v0 取何值，小球都不可能垂直撞击圆环解
3、析：由平抛运动规律可知，下落高度越大，竖直分速度越大，所以竖直分速度最大时平抛落点为 c 点，由平抛运动规律可得，此时小球的初速度为 v0 2gR2，若小球的初速度小于该速度，小球将撞击到环上的圆弧 ac 段，选项 A、B 正确；由平抛运动规律可知，速度反向延长线一定过水平位移中点，若小球垂直撞击圆环，则反向延长线就会过 O 点，所以是不可能的，因此选项 C 是错误的，D是正确的 答案：ABD“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
4、运动的速度、位移等方 法 总 结1(2016大同模拟)如图所示为足球球门，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(足球可看作质点，忽略空气阻力)则()A足球位移大小 xL24 s2B足球初速度的大小 v0g2hL24 s2C足球末速度的大小 vg2hL24 s24ghD足球初速度的方向与球门线夹角的正切值tan L2s解析：根据几何知识可得足球的位移为 xh2s2L24，A 错误；足球做平抛运动，在水平方向上有 xv0t，在竖直方向上有 h12gt2，联立解得 v0g2hL24 s2，B 正确；足球末
5、速度的大小 vv20（gt）2，结合 h12gt2，v0g2hL24 s2，解得 vg2hL24 s2 2gh，C 错误；足球初速度的方向与球门线夹角等于足球做平抛运动过程水平方向上位移与球门线的夹角，故根据几何知识可知 tan sL22sL，D 错误 答案：B考点二平抛运动中的临界问题处理平抛运动中的临界问题要抓住两点：(1)找出临界状态对应的临界条件；(2)要用分解速度或者分解位移的思想分析平抛运动的临界问题【例2】(2017太原模拟)如图所示，水平屋顶高H5m，围墙高h3.2 m，围墙到房子的水平距离L3 m，围墙外空地宽x10 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
6、/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 Lxv01t1，小球的竖直位移 H12gt21.解以上两式得 v01(Lx)g2H13 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 Lv02t2，小球的竖直位移 Hh12gt22.解以上两式得 v025 m/s.小球抛出时的速度大小范围为 5 m/sv013 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
7、2y2gH，又有 vmin v202v2y.解得 vmin5 5 m/s.答案：(1)5 m/sv013 m/s (2)5 5 m/s2(2015课标全国I卷)带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示水平台面的长和宽分别为L1、L2，中间球网高度为h，发射机安装于台面中间且高度为3h处，不计空气的作用，重力加速度大小为g，若乒乓球的发射速率v在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，则v的最大取值范围是()A.L12g6hv L2g6hB.L14ghv（4L21L22）g6hC.L12g6hv 12（4L21L22）g6hD.L14ghvL14gh，故可判定 A、C 错；水平位
8、移最大是斜向对方台面的两个角发射，设刚好出台角的发射速度为 v2，有3h12gt22,L21L222v2t2.得 v212（4L21L22）g6h，要落到球网右侧台面上发射速度 v12（4L21L22）g6h，可得选项 D 正确 答案：D方 法 技 巧思 维 提 升类平抛问题模型的分析方法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 aF 合m.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
9、)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方向列方程求解典例 在光滑竖直的水平面内，一质量m1 kg的质点以速度v010 m/s沿x轴正方向运动，经过原点后受一沿y轴正方向(竖直方向)的恒力F15 N作用，直线OA与x轴成37，如图所示曲线为质点的轨迹图(g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)求：(1)如果质点的运动轨迹与直线OA相交于P点，质点从O点到P点所经历的时间以及P点的坐标；(2)质点经过P点的速度大小思路导引解析：(1)质点在水平方向上无外力作用做匀速直线运动，竖直方向受恒力 F 和重力 mg 作用做匀加速直线运动 由牛顿第二定律得 aFmgm15101m/s25 m/s2.设质点从 O 点到 P 点经历的时间为 t，P 点坐标为(xP，yP)，则 xPv0t，yP12at2，又 tan yPxP.联立解得 t3 s，xP30 m，yP22.5 m.(2)质点经过 P 点时沿 y 方向的速度 vyat15 m/s.故 P 点的速度大小 vPv20v2y5 13 m/s.答案：(1)3 s P(30 m，22.5 m)(2)5 13 m/s
