1、第2单元 平抛运动 1.平抛运动(1)定义：将物体以一定的初速度沿抛出，不考虑空气阻力，物体只在作用下所做的运动(2)性质：加速度为的匀变速曲线运动，轨迹是(3)研究方法：平抛运动可以分解为水平方向的运动，竖直方向的运动考纲要求抛体运动 水平方向重力重力加速度g抛物线匀速直线自由落体(4)基本规律(如图)位移关系速度关系2斜抛运动(1)定义：将物体以 v 沿或抛出，物体只在作用下的运动(2)性质：加速度为的匀变速曲线运动，轨迹是(3)研究方法：斜抛运动可以看做水平方向的运动和竖直方向的运动的合运动斜向上方斜向下方重力加速度g抛物线匀速直线竖直抛体重力 滑雪运动员以 20 m/s 的速度从一平台
2、水平飞出，落地点与飞出点的高度差 3.2 m，不计空气阻力，g 取 10 m/s2，运动员飞过的水平距离为 x，所用时间为 t，则下列结果正确的是()Ax16 m，t0.50 s Bx16 m，t0.80 sCx20 m，t0.50 s Dx20 m，t0.80 s解析：做平抛运动的物体运动时间由高度决定，根据竖直方向做自由落体运动得 t2hg 0.80 s，根据水平方向做匀速直线运动可知 xv0t200.80 m16 m，B 正确答案：B一、对平抛运动规律的进一步理解1飞行时间和水平射程(1)飞行时间：t2hg，取决于物体下落的高度 h，与初速度 v0无关(2)水平射程：xv0tv02hg，
3、由平抛初速度 v0 和下落高度 h共同决定2速度的变化规律(1)任意时刻的速度水平分量均等于初速度 v0.(2)任意相等时间间隔 t 内的速度变化量方向竖直向下，大小 vvygt.3位移变化规律(1)任意相等时间间隔内，水平位移相同，即 xv0t.(2)连续相等的时间间隔 t 内，竖直方向上的位移差不变，即 ygt24平抛运动的两个重要推论推论：做平抛(或类平抛)运动的物体在任一时刻任一位置处，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 证明：如图所示，由平抛运动规律得：tan vv0gtv0，tan yx12gt2v0t gt2v0，所以 tan2tan.
4、推论：做平抛(或类平抛)运动的物体，任意时刻的瞬时速度方向的反向延长线一定通过此时水平位移的中点证明：如图所示，设平抛物体的初速度为 v0，从原点 O 到 A 点的时间为 t，A 点坐标为(x，y)，B 点坐标为(x，0)，则xv0t，y12gt2，vgt，又 tan vv0yxx，解得 xx2.即末状态速度方向的反向延长线与 x 轴的交点必为此时水平位移的中点【特别提醒】(1)平抛运动是匀变速运动，但其合速度大小 v v20gt2 并不随时间均匀增加(2)速度和位移与水平方向的夹角关系为 tan 2tan，不能误认为 2.1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
5、，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，落地速度越大解析：平抛运动中，水平方向上 xv0t，竖直方向上，vygt，y12gt2，而末速度 v v20v2y，故 D 正确，A、B、C 错答案：D二、类平抛运动问题分析1类平抛运动的受力特点物体所受合力为恒力，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 方向做匀速直线运动，在合外力方向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(即沿合力的方向)的匀加速直线运动，两分运动彼此独
6、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4类平抛运动问题的求解思路(1)根据物体受力特点和运动特点判断该问题属于类平抛运动问题(2)求出物体运动的加速度(3)根据具体问题选择用常规分解法还是特殊分解法求解【特别提醒】(1)类平抛运动是对平抛运动研究方法的迁移，是高考命题的热点问题(2)高考考查该类问题常综合机械能守恒、动能定理等知识，以电场或复合场为背景考查学生运用所学知识处理综合问题的能力2如右图所示，A、B 两质点以相同的水平速度 v
7、抛出，A 在竖直平面内运动，落地点在 P1；B 在光滑的斜面上运动，落地点在 P2，不计空气阻力，则下列说法中正确的是()AA、B 的运动时间相同BA、B 沿 x 轴方向的位移相同CA、B 落地时的速度相同DA、B 落地时的动能相同解析：A 质点做平抛运动，由平抛运动规律知，x1vt，h12gt21，而 B 质点在斜面上做类平抛运动，其运动可分解为沿 x 轴方向的匀速直线运动和沿斜面向下的匀加速直线运动，设斜面与水平面的夹角为，hsin 12gsin t22，x2vt2，t1t2，x1x2，所以 A、B 选项错误由机械能守恒知 mgh12mv2P12mv2，两球落地的动能相同，D 正确，但速度
8、方向不相同，C 错误答案：D如图所示，一小球自平台上水平抛出，恰好落在临近平台的一倾角为 53的光滑斜面顶端，并刚好沿光滑斜面下滑，已知斜面顶端与平台的高度差 h0.8 m，重力加速度 g10 m/s2，sin 530.8，cos 530.6，求：类型一 平抛运动规律的应用(1)小球水平抛出的初速度 v0 是多少？(2)斜面顶端与平台边缘的水平距离 x 是多少？(3)若斜面顶端高 H20.8 m，则小球离开平台后经多长时间 t 到达斜面底端？【思路点拨】由平台到斜面顶端的高度差 h 可以求出小球平抛的时间及小球在斜面顶端的竖直分速度，再根据小球速度沿斜面向下，求出初速度 v0.而小球沿斜面下滑
9、的初速度是小球平抛到斜面顶端的合速度【解析】(1)由题意可知：小球落到斜面上并沿斜面下滑，说明此时小球速度方向与斜面平行，否则小球会弹起，所以 vyv0tan 53v2y2gh代入数据，得 vy4 m/s，v03 m/s.(2)由 vygt1得：t10.4 sxv0t130.4 m1.2 m(3)小球沿斜面做匀加速直线运动的加速度amgsin 53m8 m/s2初速度 v v20v2y5 m/sHsin 53vt212at22代入数据，整理得：4t225t2260解得 t22 s 或 t2134 s(不合题意舍去)所以 tt1t22.4 s.【答案】(1)3 m/s(2)1.2 m(3)2.4
10、 s【名师点评】(1)解答平抛运动问题时，一般的方法是将平抛运动沿水平和竖直两个方向分解，这样分解的优点是不用分解初速度也不用分解加速度(2)有些情况下，如果沿另外两个互相垂直的方向分解平抛运动会使问题更易于分析1(2011 年广东理综)如图所示，在网球的网前截击练习中，若练习者在球网正上方距地面 H 处，将球以速度 v 沿垂直球网的方向击出，球刚好落在底线上已知底线到网的距离为 L，重力加速度取 g，将球的运动视作平抛运动，下列表述正确的是()A球的速度 v 等于 Lg2HB球从击出至落地所用时间为2HgC球从击球点至落地点的位移等于 LD球从击球点至落地点的位移与球的质量有关解析：球做平抛
11、运动，则其在竖直方向做自由落体运动，H12gt2得 t2Hg，故 B 正确，水平方向做匀速运动，Lv0t 得 v0Lt Lg2H，可知 A 正确球从击球点到落地点的位移 s H2L2与 m无关，可知 C、D 错误答案：AB在光滑的水平面内，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，如图所示的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
12、及 P 点的坐标；(2)质点经过 P 点的速度大小类型二类平抛运动【思路点拨】解答本题时应注意以下三点；(1)判断质点的运动规律类平抛运动；(2)求出类平抛运动的加速度；(3)P 点的 x、y 坐标的关系为 tan yx.【解析】(1)质点在水平方向上无外力作用而做匀速直线运动，竖直方向上受恒力 F 和重力 mg 作用而做匀加速直线运动由牛顿第二定律得：Fmgma所以 aFmgm15101 m/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.即 P 点的
13、坐标为(30,22.5)(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vP v20v2y5 13 m/s.【答案】(1)3 s(30,22.5)(2)5 13 m/s【名师点评】物体做类平抛运动，其受力特点和运动特点类似于平抛运动，因此解决的方法可类比平抛运动采用运动的合成与分解关键的问题要注意(1)满足条件：受恒力作用且与初速度的方向垂直(2)确定两个分运动的速度方向和位移方向，分别列式求解2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 的速度在斜面上沿水平方向抛出求：(g 取 10 m/s2)(1)小球沿斜面滑到底端时的水平位移 x.(2)小球到达斜面底端时的速度大小解析：(1)沿初速度方向：xx0t，沿斜面向下：agsin，L12at2.联立代入数据得：x20 m.(2)vyat，则：v v2yv20联立解得：v10 2 m/s14.1 m/s.答案：(1)20 m(2)14.1 m/s
