1、必修 2 第四章 曲线运动 万有引力及航天 第二讲 抛体运动 考点知识诊断 热点题型探究 难点能力突破 课后作业 考点知识诊断知识清单一、平抛运动的性质和条件1性质是加速度为的匀变速曲线运动，轨迹是2条件(同时满足)(1)v00，沿水平方向(2)只受重力作用1 重力加速度 g2 抛物线二、平抛运动的实验探究及研究方法1实验探究(1)如图所示，用小锤打击弹性金属片，金属片把 A 球沿方向抛出，同时 B 球松开，自由下落，A、B 两球同时开始运动观察到两球落地，多次改变小球距地面的高度和打击力度，重复实验，观察到两球落地，这说明了小球 A 在竖直方向上的运动为运动3 水平4 同时5 仍同时6 自由
2、落体(2)如图所示，将两个质量相等的小钢球从斜面的同一高度处由静止同时释放，滑道 2 与光滑水平板吻接，则将观察到的现象是 A、B 两个小球在水平面上相遇，改变释放点的高度和上面滑道对地的高度，重复实验，A、B 两球仍会在水平面上，这说明平抛运动在水平方向上的分运动是运动7 相遇8 匀速直线2研究方法用运动的合成与分解的方法研究平抛运动，即水平方向的_运动和竖直方向的自由落体运动，其运动规律有两部分：一部分是_规律，一部分是 规律对具体的平抛运动，关键是分析出问题是与位移规律有关还是与速度规律有关10 速度11 位移9 匀速直线3基本规律(1)水平方向vxx.(2)竖直方向vyy.12 v01
3、3 v0t14 gt1512 gt2(3)任意时刻的速度v v2xv2y v20gt2，v 与 v0 的夹角为，tanvyvx .(4)任意时刻的总位移s x2y2v0t212gt22，x 与 s 夹角为，tanyx .16 gtv017 gt2v0考点诊断1.以下对平抛运动的一些认识中，正确的是()A在同一位置水平抛出的物体，初速度越大者空中运动的时间越长B以同一初速度水平抛出的物体，抛出点越高者着地速度越大C在任意两个连续相等时间内，竖直方向位移之差恒相等D在任意两个相等的时间内，速度的变化量恒相等解析 做平抛运动的物体，在空中运动的时间由竖直高度决定，所以选项 A 错误；抛出点越高，竖直
4、分速度大，着地速度越大，选项 B 正确；平抛运动的竖直分运动是匀变速运动，故在任意两个连续相等时间内竖直方向的位移差是一个定值，选项 C 正确；平抛运动是匀变速运动，故相等时间内的速度变化量相等，选项 D 正确答案 BCD2质点从同一高度水平抛出，不计空气阻力，下列说法正确的是()A质量越大，水平位移越大B初速度越大，落地时竖直方向速度越大C初速度越大，空中运动时间越长D初速度越大，落地速度越大答案 D3在一次体育活动中，两位同学一前一后在同一水平直线上的两个位置沿水平方向分别抛出两个小球 A 和 B，两个小球的运动轨迹如图所示，不计空气阻力要使两小球在空中发生碰撞，则必须()A先抛出 A 球
5、再抛出 B 球B同时抛出两球CA 球抛出速度大于 B 球抛出速度D使两球质量相等解析 两小球均做平抛运动，根据运动的合成与分解知，小球在竖直方向做自由落体运动，两小球在空中发生碰撞时，两小球在空中下落的高度一定相等，由 h12gt2 得，两小球在空中运动的时间相等，即必须同时抛出两球，与两球质量无关，A 错误，B 正确，D 错误；小球在水平方向做匀速直线运动，A 球的水平位移要大于 B 球的水平位移，两球才能发生碰撞，由 xvt 得，A 球抛出速度要大于 B 球抛出速度，C 正确答案 BC4某同学对着墙壁练习打网球，假定球对墙面以 25 m/s的速度沿水平方向反弹落地点到墙面的距离在 10 m
6、 至 15 m之间忽略空气阻力，取 g10 m/s2.球在墙面上反弹点的高度范围是()A0.8 m 至 1.8 m B0.8 m 至 1.6 mC1.0 m 至 1.6 m D1.0 m 至 1.8 m解析 球反弹后做平抛运动设落地时间 t，由 tsv得 t125s，t235s，由 h12gt2 得 h10.8 m，h21.8 m，即 A 正确，B、C、D 均错误答案 A5一轰炸机沿水平方向做匀速直线运动，从飞机上每隔一秒钟释放一枚炸弹，则下列说法正确的是()A炸弹在空中排成竖直的直线B两炸弹间的距离随时间的增加而增大C落地的时间间隔相等D炸弹落地(地面水平)时形成的弹坑成等间距解析 飞机上每
7、隔一秒钟释放一枚炸弹，从地面上看，这些炸弹都在做平抛运动，且初速度都一样，高度也一样，因此这些炸弹的轨迹是平行的，如图所示既然是平抛运动，水平方向是匀速直线运动且初速度都一样，那么炸弹在空中排成竖直的直线，因此 A 正确；又下落时间 t2yg 只与下落高度 y 有关，说明炸弹下落时间一样，每隔一秒钟释放一枚炸弹，同样每隔一秒钟一枚炸弹落地，水平方向又是匀速直线运动，炸弹落地(地面水平)时形成的弹坑是成等间距的，因此 B 项错误，而 C、D 项正确答案 ACD热点题型探究题型归纳题型一探究平抛运动的规律【例 1】图是研究平抛运动的实验装置图，图是实验后在白纸上作的图和所测数据(1)在图上标出 O
8、 点及 Ox 轴、Oy 轴，并说明这两条坐标轴是如何作出的(2)说明判断槽口切线是否水平的方法(3)实验过程中需要经多次释放小球才能描绘出小球运动的轨迹，进行这一实验步骤时应注意什么？(4)根据图中给出的数据，计算出此平抛运动的初速度v0.解析(1)利用拴在槽口处的重锤线作出 Oy 轴，Ox 与Oy 轴垂直(2)将小球放在槽口的水平部分，小球既不向里滚动，也不向外滚动，说明槽口末端是水平的(3)应注意每次小球都从轨道同一位置由静止释放(4)由 y12gt2，得 t2yg所以 v0 xtxg2y1.6 m/s.答案 见解析点评 在用斜槽研究平抛运动的时候一定要注意实验中必须保持斜槽末端切线水平，
9、否则就不是平抛运动；要用重锤线检查木板坐标纸上的竖线是否竖直变式训练 1 某同学课外研究平抛物体的运动，并将实验中测出的两物理量 Q 和 S 数值填表如下，Q 和 S 的单位相同但没有写出(g10 m/s2)Q 0.000.10 0.20 0.30 0.40 0.50S 0.000.05 0.20 0.45 0.80 1.25(1)上表中 Q 表示的物理量是_；S 表示的物理量是_(2)若上表中 Q 和 S 用的都是国际单位制中的单位，则平抛物体的水平速度为_答案(1)水平位移 竖直位移(2)1.0 m/s题型二斜面上的平抛运动【例 2】如图所示，AB 为斜面，BC 为水平面，从 A点以水平初
10、速度 v 向右抛出一小球，其落点与 A 的水平距离为 x1；从 A 点以水平初速度 2v 向右抛出一小球，其落点与 A的水平距离为 x2，不计空气阻力，则 x1:x2 可能为()A1:2 B1:3C1:4 D1:5解析 两次球的落点分三种情况：第一种是两球均落在斜面上；第二种是两球均落在水平面上；第三种是一球落在斜面上，一球落在水平面上(1)两球均落到斜面上，如图所示，设以 v 抛出时落点为P1，运动时间为 t1，则在水平方向 x1vt1，竖直方向 h112gt21设以 2v 抛出时落点为 P2，运动时间为 t2则在水平方向 x22vt2，竖直方向 h212gt22由图中几何关系知h1h2x1
11、x2，可解得t1t212，所以x1x214，故选 C.(2)两球均落到水平面上时，如图所示，则下落时间相等，所以x1x212，故选 A.(3)以 v 抛出的球落到斜面上，以 2v 抛出的球落到水平面上，如图所示，连接 AP2，同(1)有 x1vt1，h112gt21，x22vt2，h212gt22所以 tanh1x112gt21vt1 12gt1v，tanh2x212gt222vt214gt2v而，得t1t212，故x1x214，故选 B.答案 ABC点评 分析小球落点，画出运动轨迹，利用几何知识和平抛运动规律求解变式训练 2 在距地面高 h 处，甲球以初速度 v0 水平抛出，乙球同时以初速度
12、 v0 沿 45的光滑斜面从高 h 处开始下滑，若它们同时到达地面，则初速度 v0 的大小是()A.gh2 B.gh2C.2ghD2 gh解析 甲球做平抛运动，落地所用时间 t甲2hg，乙球沿倾角为 45的光滑斜面下滑，斜面长为 l 2h.乙球加速度 agsin45 22 g，因 t 甲t 乙，则有 v0 2hg 12 22 g2hg 2h，得 v0 gh2，故选 A.答案 A题型三类平抛运动的处理【例 3】如图所示，光滑斜面长为 a，宽为 b，倾角为，一物块沿斜面左上方的顶点 P 水平射入，从右下方的顶点 Q 离开斜面，求入射的初速度解析 物块在垂直于斜面方向没有运动，物块沿斜面方向上的曲线
13、运动可以分解为水平方向上速度为 v0 的匀速直线运动和沿斜面向下初速度为零的匀加速直线运动在沿斜面方向上 mgsinmg所以其等效重力加速度 ggsin水平方向上的位移 av0t沿斜面向下的位移 b12gt2由式解得 v0atagsin2b.答案 agsin2b点评 先对物块进行受力分析，判断合力方向与初速度方向的关系，然后确定两分运动此题的关键是等效重力加速度变式训练 3 如图所示，质量为 m 的飞机以水平初速度v0 飞离跑道后逐渐上升，若飞机的水平速度 v0 不变，同时受到重力和竖直向上的恒定的升力，今测得飞机水平方向的位移为 L 时，上升的高度为 h，求：(1)飞机受到的升力大小；(2)
14、飞机上升至 h 高度时速度大小解析(1)飞机在水平方向做匀速直线运动，故有 Lv0t，又因为飞机在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，故有 h12at2，由以上两式得 a2hv20L2由牛顿第二定律，对飞机有 Fmgma，所以飞机受到的升力大小为 Fmg2mhv20L2.(2)设飞机上升高度 h 时竖直速度为 vy，则有 v2y2ah4h2v20L2所以 v v20v2yv0LL24h2.答案(1)mg2mhv20L2(2)v0LL24h2难点能力突破难点突破一、竖直上抛运动的两种处理方法分段法上升过程：v0v，ag 的匀减速直线运动，下降过程：自由落体运动整体法将上升和下降过程统一看成是初
15、速度 v0 向上，加速度 g 向下的匀减速直线运动，vtv0gt，hv0t12gt2若 vt0，则物体在上升；vt0，物体在抛出点上方；hL)(1)电热丝 P 必须放在悬点正下方的理由是：_.(2)将小球向左拉起后自由释放，最后小球落到木板上的C 点，OCs，则小球做平抛运动的初速度为 v0_.(3)在其他条件不变的情况下，若改变释放小球时悬线与竖直方向的夹角，小球落点与 O点的水平距离 s 将随之改变，经多次实验，以 s2 为纵坐标、cos 为横坐标，得到如图所示图像则当 30时，s 为_m；若悬线长 L1.0 m，悬点到木板间的距离 OO为_m.解析(1)电热丝 P 放在悬点正下方，是因为当小球摆到最低点时，悬线刚好被烧断，以保证小球做平抛运动(2)由 sv0t，hL12gt2 得v0sg2hL.(3)s2cos 图像可知 s222cos，当 30时，代入上式得 s0.52 m当 cos0 时，s22 m2，即当 2时，s 2 m，小球在最低点的速度 v 2gL，hL12gt2，所以s 2gL2hLg，代入数据解得 h1.5 m.答案(1)保证小球沿水平方向抛出(2)sg2hL (3)0.52 1.5课后作业